NOIp2016 天天愛跑步樹上差分

題目型別：lca+思維

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題意：給出一棵樹，有$m$個人在這棵樹上跑步。每個人都從自己的起點$s[i]$跑到終點$t[i]$，跑過一條邊的時間為1秒。現在每個節點都有乙個觀察員，節點$i$上的觀察員會在第$w[i]$秒進行觀察，如果有$x$個人此時到達節點$i$，則這個觀察員能夠觀察到$x$個人。問所有人跑步結束以後每個觀察員可以觀察到多少人

這道題是公認所有$noip$中最難的一道題。但其實這道題的資料約定能夠給我們很大的提示。

其實這道題的正解就是對各個部分分的方法的彙總和整合。因此我們先一一分析部分分如何拿

由於$n$是$1000$，可以暴力模擬每個人的行動軌跡。求乙個$lca$暴力走一下就好了，沒有思維難度。這個部分分能夠首先讓你熟悉題目的意思

乍一看很簡單，其實由於$n=99994$，也不是那麼容易的。事實上，這乙個部分分是整道題的精髓。

由於樹已經退化為鏈，所以所有的路徑要麼從左往右，要麼從右往左。我們可以記錄乙個桶$b[x]$。當我們從左往右掃到$i$時，$b[x]$表示以$x$為起點的所有路徑中，能夠一直延伸到$i$的路徑數量。

記錄這個有什麼用呢？對於節點$i$，由於路徑從左往右，所以如果想要一條路徑在走到$i$的時候被觀察到，那麼這條路徑的起點$s$一定滿足：$$s=i-w[i]$$因此我們在考慮節點$i$時，只需要考慮以$i-w[i]$為起點的能夠延伸到$i$的路徑條數，這些路徑一定能夠在$i$點被觀察到。因此我們需要統計的就是$b[i-w[i]$。那麼從右往左的路徑也類似，我們只需要統計$b[i+w[i]]$就可以了

那麼如何維護$b$陣列呢？我們可以首先記錄每個點的起點個數，然後過了終點以後減去終點對應的那些起點。例如$2$開頭只有$3$條路徑：$(2,4) \ (2,3) \ (2,7)$。我們掃瞄到$2$的時候讓$b[2]+=3$，代表從$2$開始能夠延伸到$2$的路徑有$3$條。然而掃瞄到$4$的時候事實上只有$2$條路徑滿足了，因此在統計完$3$以後應當$--b[2]$，因為$(2,3)$這條路徑不可能延伸到$4$了。但是如果還存在一條路徑$(1,3)$呢？乙個終點可能對應多個起點，所以我們需要用乙個$vector$來維護每個終點對應的所有起點，在掃瞄到這個終點的時候掃一遍$vector$全部減掉

事實上，這就是差分。只不過普通差分只需要統計次數，而不會規定起點的深度。對於這個規定起點深度的問題，自然需要排除深度不正確的起點。所以才會需要用$vector$來記錄

我們發現，當$s=1$時，所有路徑都是從根節點往下。這樣的路徑有什麼特點？對於任意乙個點$u$，由於它的路徑一定是從根節點出發的，因此根節點到它的路徑長度就是它的深度（根節點深度為0）。也就是說，這要滿足$dep[u]=w[u]$，這個點就是能夠被觀察到的

那麼到底會被觀察到幾次呢？這就取決於根節點到它有幾條路徑。或者用更便於統計的方法：$u$及它的子樹內有多少個終點

和前者反了一下，但也更巧妙。所有路徑都是從下往上到根節點的

我們發現一條路徑上的乙個點如果要被觀察到，首先應該滿足$$dep[s]-dep[u]=w[u]$$移項我們發現，也就是$$dep[u]+w[u]=dep[s]$$也就是說我們需要找的答案等價於，在節點$u$及其子樹中，有多少起點的深度為$dep[u]+w[u]$。

聯絡鏈狀那一部分的做法，其實就是把一維的拓展為了樹。由於所有路徑都是向上的，也就等價於鏈狀中所有路徑都是從右向左的。我們記錄乙個桶$b[x]$表示深度為$x$的起點有多少個。因此我們還是一樣，每遇到乙個起點就++。特別的幸運的是，我們還不需要開乙個$vector$，遇到終點就減去對應起點，因為終點一定是根節點。每一次統計的答案也就是$b[dep[u]+w[u]]$

但是有乙個問題，我們這樣的做法的正確性必須保證是在$u$的子樹內。然而深度為$x$的起點有可能是之前在別的子樹內統計的。怎麼辦？其實我們是從下往上走，也就是要在處理完$u$的全部子樹以後才來處理$u$，於是我們其實只需要考慮新增加的部分就可以了。也就是在$dfs$下去之前先記錄乙個$b[dep[u]+w[u]]$存為$tmp$，在$dfs$結束以後的答案也就是$b[dep[u]+w[u]]-tmp$

附上如上子任務的** code

對於一般性的資料，所有路徑一定是從下往上，經過$lca$，再從上往下。而資料提示了我們$s=1$和$t=1$。這就是在暗示我們將路徑分開來考慮！

因此，就像鏈的情況，正解就是需要判斷起點深度的樹上差分！

首先考慮所有的$(s,lca)$的路徑。這些路徑的特性與$t=1$的路徑是一樣的。都需要滿足$dep[u]+w[u]=dep[s]$，唯一的不同就在於需要像鏈狀一樣，維護乙個$vector$記錄終點對應的起點，在過終點時減去即可。注意，這裡的終點不是指$t$，而是$lca$

最最難理解的就是$(lca,t)$這一部分了。我們依舊分析路勁的特徵。發現被觀察到的點一定滿足$$w[u]+dep[t]-dep[u]=dis(s,t)$$移項得到$$dep[u]-w[u]=dep[t]-dis(s,t)$$。但是不像之前的$dep[s]$，這個$dep[t]-dis(s,t)$是在樹上是沒有實際意義的（一定要說有的話，那就是將向上的半截路徑翻到上面去的深度）。

於是沒有辦法，我們需要模擬$(s,lca)$部分的做法來處理這個部分。我們依然是從下往上做，與之前相反，每遇到乙個$t$就代表著進入了一條新的路徑，每遇到乙個$lca$就意味著離開了一條路徑。並且我們每遇到乙個終點，標記的不是對應起點，而是對應的$dep[t]-dis(s,t)$；每遇到乙個$lca$，減去的也是該路徑對應的$dep[t]-dis(s,t)$。因此我們此時需要兩個$vector$來存了

綜上就是演算法的基本思想。這裡還有兩個細節需要分析：

倍增的陣列開太小了除錯了近乙個小時$qwq$。

/*by dennyqi 2018*/
#include #include #include #include #define r read()
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 300010;
const int maxm = 600010;
const int inf = 1061109567;
inline int max(const int a, const int b)
inline int min(const int a, const int b)
inline int read()
int n,m,x,y,len;
int first[maxm],nxt[maxm],to[maxm],cnt;
int f[maxn][25],dep[maxn],w[maxn],s[maxn],t[maxn],lca[maxn],nums[maxn],b[maxn],bk[maxn*2],ans[maxn];
vector s[maxn];
vector t1[maxn], t2[maxn];
inline void add(int u, int v)
void bz_init(int u, int _f, int d)
for(int i = first[u]; i; i = nxt[i])
}inline int lca(int a, int b)
if(a == b) return a;
for(int i = 20; i >= 0; --i)
return f[a][0];
}void dfs1(int u, int _f)
b[dep[u]] += nums[u];
ans[u] += b[dep[u] + w[u]] - tmp;
for(int i = 0, sz = s[u].size(); i < sz; ++i)
}void dfs2(int u, int _f)
for(int i = 0, sz = t1[u].size(); i < sz; ++i)
ans[u] += bk[dep[u] - w[u] + maxn] - tmp;
for(int i = 0, sz = t2[u].size(); i < sz; ++i)
}int main()
bz_init(1, 0, 0);
for(int i = 1; i <= n; ++i)
for(int i = 1; i <= m; ++i)
dfs1(1, 0);
dfs2(1, 0);
for(int i = 1; i <= m; ++i)
} for(int i = 1; i <= n; ++i)
return 0;
}

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