NOIP2016 天天愛跑步

真\(™\)是\(noip\)近幾年中最難的一道……

先看一下部分分，有起點終點為根節點的分值，想到拆路徑，對於路徑\((s,t)\)，拆為\((s,lca)\)和\((t,lca)\)。

首先明確一點，可能有多條路徑有相同的起點，\(lca\)或終點。

先考慮\((s,lca)\)這一半，一條路徑只會對路徑上的點產生貢獻，不妨設有乙個點\(x\)在這一半上。

則這條路徑對\(x\)有貢獻，當且僅當滿足\(d[u]=w[x]+d[x]\)時，發現對於乙個點（觀察員），\(w[x]+d[x]\)為定值。

對於乙個點\(x\)，一條路徑對其有貢獻當且僅當這條路徑的\(lca\)為\(x\)或這條路徑僅有乙個端點在\(x\)的子樹中（這樣的路徑\(lca\)在\(x\)之上）

如圖，藍色和綠色的路徑會產生貢獻，而紅色則不會。所以我們可以\(dfs\)統計答案，即檢視有多少個在\(x\)的子樹中的路徑起點的\(d[u]\)等於\(w[x]+d[x]\)，這樣統計出的答案只會多不會少，我們考慮如何去掉多餘的答案。

先看一下實現過程，先開乙個\(bag\)記錄像\(d[u]\)這樣的值，在\(x\)的子樹中處理完之後只要提出\(bag[w[x]+d[x]]\)的答案即可，但這樣我們會發現會統計進起點根本不是\(x\)子樹中的路徑，因此我們先記錄下到\(x\)時\(bag[w[x]+d[x]]\)的值，在處理完子樹之後再將\(bag[w[x]+d[x]]\)的值和原值相減即可。

但是還有像紅色這樣的路徑會被考慮，所以在跑\(x\)的子樹中的節點（設為\(y\)）時，我們將以\(y\)為\(lca\)的路徑從桶中減去即可，這樣我們統計到的答案就沒有多餘的了。

同樣，考慮\((t,lca)\)時，我們要滿足的式子為：\(w[x]-d[x]=d[u]-2*d[lca]\)即可。（注意這裡可能出現負數，我們加上\(n_\)）即可。

還有一點，在計算\(x\)的答案時，不要忘了以\(x\)為路徑起點或終點時可以對上面產生貢獻，要同時更新\(bac\)中的值。

做完之後，所有路徑\(lca\)的點答案會被算兩次，要減掉

#includeusing namespace std;
#define int long long
inline int read()
while(x!=eof&&x>='0'&&x<='9') 
return w*f;
}const int n=300010,m=1000010;
int n,m,num_edge,md;
int las[n][21],ans[n],boki[n];
vectorlex[n],end[n],lca[n];
int head[n],dep[n],w[n],bag[m];
struct edge edge[n<<1];
struct group ply[n];
inline void add(int from,int to)
inline void dfs(int pos,int fa)
inline int lca_ask(int u,int v)
inline void dfs_for_from(int pos,int fa)//統計路徑(s,lca)的答案
inline void dfs_for_to(int pos,int fa)//統計路徑(lca,t)的答案
main()
dfs_for_from(1,0);memset(bag,0,sizeof(bag));dfs_for_to(1,0);
for(int i=1;i<=m;i++)
if(dep[ply[i].from]-dep[ply[i].lca]==w[ply[i].lca])
ans[ply[i].lca]--;//減去路徑lca答案重複計算的部分
for(int i=1;i<=n;i++) printf("%lld ",ans[i]);
}

NOIP2016 天天愛跑步

NOIP2016 天天愛跑步

NOIP2016天天愛跑步

NOIP2016 天天愛跑步

相關推薦