NOIP2016天天愛跑步

時間限制：2 s 記憶體限制：512 mb

小c同學認為跑步非常有趣，於是決定製作一款叫做《天天愛跑步》的遊戲。《天天愛跑步》是乙個養成類遊戲，需要玩家每天按時上線，完成打卡任務。

這個遊戲的地圖可以看作一棵包含n個結點和n-1條邊的樹，每條邊連線兩個結點，且任意兩個結點存在一條路徑互相可達。樹上結點編號為從1到n的連續正整數。

現在有m個玩家，第i個玩家的起點為si，終點為ti。每天打卡任務開始時，所有玩家在第0秒同時從自己的起點出發，以每秒跑一條邊的速度，不間斷地沿著最短路徑向著自己的終點跑去，跑到終點後該玩家就算完成了打卡任務。（由於地圖是一棵樹，所以每個人的路徑是唯一的）

小c想知道遊戲的活躍度, 所以在每個結點上都放置了乙個觀察員。在結點的觀察員會選擇在第wj秒觀察玩家, 乙個玩家能被這個觀察員觀察到當且僅當該玩家在第wj秒也理到達了結點j 。小c想知道每個觀察員會觀察到多少人?

注意: 我們認為乙個玩家到達自己的終點後該玩家就會結束遊戲, 他不能等待一段時間後再被觀察員觀察到。即對於把結點j作為終點的玩家: 若他在第wj秒重到達終點,則在結點j的觀察員不能觀察到該玩家;若他正好在第wj秒到達終點,則在結點的觀察員可以觀察到這個玩家。

第一行有兩個整數n和m。其中n代表樹的結點數量，同時也是觀察員的數量，m代表玩家的數量。

接下來n-1行每行兩個整數u和v，表示結點u到結點v有一條邊。

接下來一行n個整數，其中第j個整數為wj，表示結點j出現觀察員的時間。

接下來m行,每行兩個整數si和ti，表示乙個玩家的起點和終點。

對於所有的資料，保證1≤si,ti≤n，0≤ wj ≤n。

輸出1行n個整數,第j個整數表示結點j的觀察員可以觀察到多少人。

6 3

2 31 2

1 44 5

4 60 2 5 1 2 3

1 51 3

2 6

2 0 0 1 1 1

5 3

1 22 3

2 41 5

0 1 0 3 0

3 11 4

5 5

1 2 1 0 1

對於1號點，w1=0，故只有起點為1號點的玩家才會被觀察到，所以玩家1和玩家2被觀察到，共2人被觀察到。

對於2號點，沒有玩家在第2秒時在此結點，共0人被觀察到。

對於3號點，沒有玩家在第5秒時在此結點，共0人被觀察到。

對於4號點，玩家1被觀察到，共1人被觀察到。

對於5號點，玩家2被觀察到，共1人被觀察到。

對於6號點，玩家3被觀察到，共1人被觀察到。

感覺這是一道好難的題，，別人花10分鐘打dfs拿了暴力25分，我花了快乙個小時打樹鏈刨分維護線段樹也才拿了25分嗚嗚嗚~~~~(>_

上網搜別人的題解發現都講得懵懵懂懂的，反正自己是理解了好半天的呢！

我答的應該還是一些比較容易懂的方法吧..

解題報告：：

發現資料n,m都是30w以上的，果斷確定演算法o(nlogn) ,而且只能選擇乙個，要麼處理人，要麼處理觀察員，我們在這裡用一下經典思路：兩個節點s,t之間的距離，可以把它看成從s到lca（最近公共祖先），從lca再到t的過程，對這兩部分過程進行分段處理就好了。

①：從s到lca的過程中，乙個觀察員i如果能夠觀察到跑步人x的話，那一定滿足式子dp[x]-dp[i]==w[i]（dp是深度，w是時間，因為根節點的深度為0，並且每一條邊的長度都為一，所以dp陣列也可以看成是到根節點的距離）,我們對他進行一下移項處理：dp[x]=dp[i]+w[i],可以發現等式的右邊是乙個定值，所以這時候就比較容易想到了，我們對跑步的人進行處理，詢問時查詢每乙個節點的dp[i]+w[i]即可。首先用樹鏈剖分預處理出dp陣列，求出每個人起點和終點的lca；然後進行動態插點，因為詢問時，如果觀察員能觀察到這個人，那麼dp[i]+w[i]一定等於dp[x]，並且觀察到同乙個人的所有觀察員肯定滿足dp[i]+w[i]==dp[j]+w[j];所以我們對每乙個深度dp[s]進行插入,如何解決記憶體的問題呢？？用線段樹的動態開點就好了，

②：返回來同理：dp[i]+dp[s]-2*dp[lca]=w[i],進行移項處理：dp[s]-2*dp[lca]==w[i]-dp[i];原理同上，但因為是減法，會出負數，所以整體右移，這就會使記憶體很大很大，開陣列的時候一定要注意，我在這裡跪了幾次(⊙o⊙)…，在處理完第乙個時候，用乙個陣列儲存答案，然後先前的那些就沒有用了，反而會對後面的產生干擾，所以在求第二次的時候，不要忘記清空線段樹，還有個細節要注意，因為lca是只經過一次的，但是你兩個路徑中卻都有，所以你要舍乙個，用fa[lca]來當上界了。

補充：因為乙個觀察員能觀察到人當且僅當這個人的路線是經過觀察員的，所以插入的時候要用到差分和dfs序的思想，乙個點在進入時有乙個時間戳，出來是有乙個時間戳，那麼在插入操作時，以第一段為例，只要在起點的時間戳出+1，再其fa[lca]處-1(包含lca)，這樣如果這個人是經過觀察員的，那麼觀察員進出的時間戳中就構成了乙個連續的區間，這個區間中一定會有起點的那個+1，沒有lca的-1，如果沒有經過，要麼是區間中不含+1，或者是+1與-1抵消了，這樣都不會產生任何影響的；、

所以最後對每個節點的觀察員來說，答案即為在dp[i]+w[i]詢問其子樹中的數量+第二次w[i]-dp[i]+2*n(為了防止出負數，整體右移了2*n,陣列也要相應的擴大更多)詢問其子樹中的數量之和

輸出答案即可

總結：這道題真的好難想啊，樹鏈剖分求lca+樹上差分+動態開點線段樹+最最難想到的那個式子

╮(╯▽╰)╭貌似這道題可用dp和dfs兩種方法水過？？（這個方法才叫水吧）。

附碼：

1 #include2 #include3 #include4 #include5
using
namespace
std;
6int
n,m,num,x,y,dex;
7int w[300000],adj[300000];8
int rt[7000000],lc[7000000],rc[7000000];9
struct
edgek[600000
];12
struct
stal[300000
];15
intread()
19return
sum;20}
21void init(int s,int
t)27
int fa[300000],dp[300000],son[300000],size[300000
];28
void dfs1(int
x)39}40
}41int pos[300000],id[300000],top[300000],qiong[300000
],cnt;
42void dfs2(int u,int
tp)51 qiong[u]=cnt;52}
53int lca(int x,int
y)60 x=fa[fx];fx=top[x];61}
62return dp[x]x:y;63}
64int sum[7700000
];65
void change(int x,int z,int l,int r,int &now)
74int query(int s,int t,int l,int r,int
rt)83
void
clear()
90int ans[300000
];91
intmain()
100for(int i=1;i<=n;++i)
101 w[i]=read();
102 dfs1(1);dfs2(1,1
);103
for(int i=1;i<=m;++i)
104 l[i].s=read(),l[i].t=read(),l[i].lca=lca(l[i].s,l[i].t);
105for(int i=1;i<=m;++i)
110for(int i=1;i<=n;++i)
111 ans[i]=query(id[i],qiong[i],1,n,rt[dp[i]+w[i]]);
112clear();
113for(int i=1;i<=m;++i)
118for(int i=1;i<=n;++i)
119 ans[i]+=query(id[i],qiong[i],1,n,rt[w[i]-dp[i]+2*n]);
120for(int i=1;i<=n;++i)
121 printf("
%d "
,ans[i]);
122return0;
123 }

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