BZOJ3653谈笑风生——可持久化线段树+dfs序
题目描述
设T 为一棵有根树，我们做如下的定义：
? 设a和b为T 中的两个不同节点。如果a是b的祖先，那么称“a比b不知道
高明到哪里去了”。
? 设a 和 b 为 T 中的两个不同节点。如果 a 与 b 在树上的距离不超过某个给定
常数x，那么称“a 与b 谈笑风生”。
给定一棵n个节点的有根树T，节点的编号为1 到 n，根节点为1号节点。你需
要回答q 个询问，询问给定两个整数p和k，问有多少个有序三元组(a;b;c)满足：
1. a、b和 c为 T 中三个不同的点，且 a为p 号节点；
2. a和b 都比 c不知道高明到哪里去了；
3. a和b 谈笑风生。这里谈笑风生中的常数为给定的 k。
输入
第一行含有两个正整数n和q，分别代表有根树的点数与询问的个数。
接下来n - 1行，每行描述一条树上的边。每行含有两个整数u和v，代表在节点u和v之间有一条边。
接下来q行，每行描述一个操作。第i行含有两个整数，分别表示第i个询问的p和k。
1<=P<=N
1<=K<=N
N<=300000
Q<=300000
输出
输出 q 行，每行对应一个询问，代表询问的答案。
样例输入
5 3
1 2
1 3
2 4
4 5
2 2
4 1
2 3
1 2
1 3
2 4
4 5
2 2
4 1
2 3
样例输出
3
1
3
1
3
提示
Hint:边要加双向
题目大意：给定一个n个节点的有根树，q次询问，每次询问两个数p,k，问满足1、a,b都是c的祖先。2、a编号为p。3、a,b距离<=k。的三元组(a,b,c)有多少个。
因为a,b都是c的祖先，所以它们其中一个一定是另一个的祖先。a的位置确定了，那就讨论b的位置：当b是a祖先时，直接将a子树大小乘上k和a的深度中小的那个就好了；当a是b祖先时，a子树中与a深度差<=k的点都可以是b，统计这些点的子树和就是答案，也就相当于将每个点的子树大小作为这个点的点权(要将自己刨去)求点权和。如果没有层数限制直接将dfs序架在线段树上区间求和就好了。但有了限制就要用主席树按深度建树，每个深度建一棵线段树，维护这一深度所有点的信息，查询时依旧是查a点子树区间，但因为深度>dep[a]+k的点在主席树中还没有维护信息所以并不影响。
#include<set>
#include<map>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<stack>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
typedef long long ll;
using namespace std;
ll ans;
int mx;
int n,m;
int p,k;
int x,y;
int num;
int tot;
int cnt;
int s[300010];
int t[300010];
int d[300010];
int to[600010];
int ls[6000010];
int rs[6000010];
ll sum[6000010];
int head[300010];
int next[600010];
int size[300010];
int root[300010];
struct node
{
int dep;
int id;
}a[300010];
bool cmp(node a,node b)
{
return a.dep<b.dep;
}
void add(int x,int y)
{
tot++;
next[tot]=head[x];
head[x]=tot;
to[tot]=y;
}
void dfs(int x,int fa)
{
num++;
s[x]=num;
a[x].dep=a[fa].dep+1;
d[x]=d[fa]+1;
size[x]=1;
for(int i=head[x];i;i=next[i])
{
if(to[i]!=fa)
{
dfs(to[i],x);
size[x]+=size[to[i]];
}
}
t[x]=num;
}
int updata(int pre,int l,int r,int k,int v)
{
int rt=++cnt;
if(l==r)
{
sum[rt]=sum[pre]+v;
return rt;
}
ls[rt]=ls[pre];
rs[rt]=rs[pre];
sum[rt]=sum[pre]+v;
int mid=(l+r)>>1;
if(k<=mid)
{
ls[rt]=updata(ls[pre],l,mid,k,v);
}
else
{
rs[rt]=updata(rs[pre],mid+1,r,k,v);
}
return rt;
}
ll query(int x,int y,int l,int r,int L,int R)
{
if(L<=l&&r<=R)
{
return sum[y]-sum[x];
}
int mid=(l+r)>>1;
if(L>mid)
{
return query(rs[x],rs[y],mid+1,r,L,R);
}
else if(R<=mid)
{
return query(ls[x],ls[y],l,mid,L,R);
}
return query(ls[x],ls[y],l,mid,L,R)+query(rs[x],rs[y],mid+1,r,L,R);
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<n;i++)
{
scanf("%d%d",&x,&y);
add(x,y);
add(y,x);
a[i].id=i;
}
a[n].id=n;
dfs(1,0);
sort(a+1,a+1+n,cmp);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
mx=max(mx,d[i]);
if(a[i].dep>a[i-1].dep)
{
root[a[i].dep]=root[a[i-1].dep];
}
root[a[i].dep]=updata(root[a[i].dep],1,n,s[a[i].id],size[a[i].id]-1);
}
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d",&p,&k);
ans=0;
ans+=1ll*min(k,d[p]-1)*(size[p]-1);
ans+=query(root[d[p]],root[min(d[p]+k,mx)],1,n,s[p],t[p]);
printf("%lld\n",ans);
}
}
