BZOJ.3653.谈笑风生(长链剖分/线段树合并/树状数组)

\(Description\)

给定一棵树，每次询问给定\(p,k\)，求满足\(p,a\)都是\(b\)的祖先，且\(p,a\)距离不超过\(k\)的三元组\(p,a,b\)个数。

\(n,q\leq3\times10^5\)。

\(Solution\)

\(p,a,b\)都在一条链上。

那么如果\(a\)是\(p\)的祖先，答案就是\(\min(dep[p],\ k)*(sz[p]-1)\)。可以\(O(1)\)计算。

如果\(a\)在\(p\)的子树中，答案就是\(\sum_{dis(a,p)\leq k}sz[a]-1\)。

对于第二种情况，实际就是对深度在\(dep[p]\sim dep[p]+k\)且处于\(p\)子树内的点的\(size\)求和。

以\(dep\)为下标，就是对\(p\)子树区间求和了。可以主席树/线段树合并。时空复杂度\(O(n\log n)\)。

也可以用树状数组维护深度为\(x\)的所有点的\(size\)和。类似天天爱跑步，在进入一棵子树时把\(Ans\)减去\(sum(dep[p],dep[p]+k)\)，离开这棵子树时把\(Ans\)再加上\(sum(dep[p],dep[p]+k)\)，就可以得到这棵子树的答案\(Ans\)了。

时间复杂度\(O(n\log n)\)。

用到的数组下标是深度，所以可以试下长链剖分。同样\(f[x][i]\)表示以\(x\)为根深度为\(i\)的点的\(size\)和。

长链剖分每次继承重儿子要把数组后移一位，而我们要求区间和，这样前缀和就不好维护了。但是我们可以维护后缀和。

复杂度\(O(n)\)。

为啥洛谷加了fread慢好多啊==

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#include <cstdio>

#include <cctype>

#include <algorithm>

//#define gc() getchar()

#define MAXIN 300000

#define gc() (SS==TT&&(TT=(SS=IN)+fread(IN,1,MAXIN,stdin),SS==TT)?EOF:*SS++)

typedef long long LL;

const int N=3e5+5;

int sz[N],dep[N],mxd[N],son[N],pos[N];

LL Ans[N],f[N];//f:后缀和 //LL!

char IN[MAXIN],*SS=IN,*TT=IN;

struct Edge

{

	int Enum,H[N],nxt[N<<1],to[N<<1];

	inline void AE(int u,int v)

	{

		to[++Enum]=v, nxt[Enum]=H[u], H[u]=Enum;

		to[++Enum]=u, nxt[Enum]=H[v], H[v]=Enum;

	}

}T;

struct Quries

{

	int Enum,H[N],nxt[N],id[N],k[N];

	inline void AE(int ID,int K,int u)

	{

		id[++Enum]=ID, k[Enum]=K, nxt[Enum]=H[u], H[u]=Enum;

	}

}Q;

inline int read()

{

	int now=0;register char c=gc();

	for(;!isdigit(c);c=gc());

	for(;isdigit(c);now=now*10+c-'0',c=gc());

	return now;

}

void DFS1(int x,int fa)

{

	int mx=-1;/*-1!*/ sz[x]=1;

	for(int i=T.H[x],v; i; i=T.nxt[i])

		if((v=T.to[i])!=fa)

			dep[v]=dep[x]+1, DFS1(v,x), sz[x]+=sz[v], mxd[v]>mx&&(mx=mxd[v],son[x]=v);

	mxd[x]=mx+1;

}

void DFS2(int x,int fa)

{

	static int Index=0;

	int px=pos[x]=++Index;// f[px]=sz[x]-1;

	if(!son[x]) return;

	DFS2(son[x],x), f[px]+=f[px+1];

	for(int i=T.H[x],v; i; i=T.nxt[i])

		if((v=T.to[i])!=fa && v!=son[x])

		{

			DFS2(v,x); int pv=pos[v];

			for(int j=0,lim=mxd[v]; j<lim; ++j) f[px+j+1]+=f[pv+j];

			f[px]+=f[pv];

		}

	LL sum=f[px];

	for(int i=Q.H[x],mx=mxd[x]; i; i=Q.nxt[i])

	{

		int k=Q.k[i],id=Q.id[i];

		Ans[id]=1ll*std::min(dep[x],k)*(sz[x]-1)+sum-(k>=mx?0:f[px+k+1]);

	}

	f[px]+=sz[x]-1;

}

int main()

{

	int n=read(),q=read();

	for(int i=1; i<n; ++i) T.AE(read(),read());

	for(int i=1; i<=q; ++i) Q.AE(i,read(),read());

	DFS1(1,1), DFS2(1,1);

	for(int i=1; i<=q; ++i) printf("%lld\n",Ans[i]);

	return 0;

}

巴特西

BZOJ.3653.谈笑风生(长链剖分/线段树合并/树状数组)

\(Description\)

\(Solution\)

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