[NOIP2016]天天愛跑步
時間限制：2 s 內存限制：512 MB
【題目描述】
小C同學認為跑步非常有趣，於是決定制作一款叫做《天天愛跑步》的游戲。《天天愛跑步》是一個養成類游戲，需要玩家每天按時上線，完成打卡任務。
這個游戲的地圖可以看作一棵包含n個結點和n-1條邊的樹，每條邊連接兩個結點，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，不間斷地沿着最短路徑向着自己的終點跑去，跑到終點后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想知道游戲的活躍度, 所以在每個結點上都放置了一個觀察員。 在結點的觀察員會選擇在第Wj秒觀察玩家, 一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: 我們認為一個玩家到達自己的終點后該玩家就會結束游戲, 他不能等待一 段時間后再被觀察員觀察到。 即對於把結點J作為終點的玩家: 若他在第Wj秒前到達終點,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。
【輸入格式】
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，表示一個玩家的起點和終點。
對於所有的數據，保證1≤Si,Ti≤n，0≤ Wj ≤n。
【輸出格式】
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。
【樣例1輸入】
6 3 2 3 1 2 1 4 4 5 4 6 0 2 5 1 2 3 1 5 1 3 2 6
【樣例1輸出】
2 0 0 1 1 1
【樣例2輸入】
5 3
1 2
2 3
2 4
1 5
0 1 0 3 0
3 1
1 4
5 5
【樣例2輸出】
1 2 1 0 1
【提示】
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。
好尷尬的一道題，過了編譯器直接上交，75分，一看，倍增爬LCA時將深度與下標進行的比較，還75分……改完后AC，有點不大滿意。
對於暴力80分我就不說了，直接說正解。
我們把一個人的路程分為兩部分：起點到LCA，LCA到終點。
那么，在第一部分中觀察員看到玩家的前提是w[x]=deep[st]-deep[x]。
在第二部分看到玩家的前提是w[x]=l-(deep[to]-deep[x])，其中l為起點到終點的長度。
把兩個式子化為和x有關，就是w[x]+deep[x]=deep[st],w[x]-deep[x]=l-deep[to]。
我們只要把兩個式子做成桶，然后對於每個點在遍歷到時先記錄一下對應桶內的初始值，因為此時桶里的值對他是不可能有貢獻的，真正有貢獻的是遍歷完他的子樹后與之前的值的差值。遍歷完他的子樹后我們先把把這個點作為起點的玩家信息塞進一個桶里，再把以這個點作為終點的玩家信息塞到另一個桶里，然后再統計答案。注意，如果一個點是一條路徑上的LCA，那么，他如果會被觀察到答案會被記錄兩次，所以我們要提前減去這個值。在這之后，我們再將以這個點作為LCA的所有路徑在桶里清除掉就好了。
#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <queue>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <map>
#define N 300000
using namespace std;
int n,m,w[N],a[N],zz,s[N],t[N],js[N],l[N];
struct ro
{
int to,next;
}road[N*2],road1[N],road2[N];
void build(int x,int y)
{
zz++;
road[zz].to=y;
road[zz].next=a[x];
a[x]=zz;
}
int zz2,b[N],zz3,c[N];
void build3(int x,int y)
{
zz3++;
road2[zz3].to=y;
road2[zz3].next=c[x];
c[x]=zz3;
}
void build2(int x,int y)
{
zz2++;
road1[zz2].to=y;
road1[zz2].next=b[x];
b[x]=zz2;
}
int fa[N][20],deep[N],ans[N];
void dfs1(int x)
{
for(int i=a[x];i>0;i=road[i].next)
{
int y=road[i].to;
if(y==fa[x][0])continue;
deep[y]=deep[x]+1;
fa[y][0]=x;
dfs1(y);
}
}
int get_lca(int x,int y)
{
if(x==y)return x;
if(deep[x]>deep[y])swap(x,y);
for(int i=19;i>=0;i--)
{
if(deep[x]<=deep[fa[y][i]])y=fa[y][i];
}
if(x==y)return x;
for(int i=19;i>=0;i--)
{
if(fa[x][i]!=fa[y][i])x=fa[x][i],y=fa[y][i];
}
return fa[x][0];
}
int T1[N*2],T2[N*2];
void dfs2(int x)
{
int t1=T1[w[x]+deep[x]],t2=T2[w[x]-deep[x]+N];
for(int i=a[x];i>0;i=road[i].next)
{
int y=road[i].to;
if(y==fa[x][0])continue;
dfs2(y);
}
T1[deep[x]]+=js[x];
for(int i=c[x];i>0;i=road2[i].next)
{
int y=road2[i].to;
T2[l[y]-deep[t[y]]+N]++;
}
ans[x]+=T1[w[x]+deep[x]]-t1+T2[w[x]-deep[x]+N]-t2;
for(int i=b[x];i>0;i=road1[i].next)
{
int y=road1[i].to;
T1[deep[s[y]]]--;
T2[l[y]-deep[t[y]]+N]--;
}
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<n;i++)
{
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
build(x,y),build(y,x);
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&w[i]);
}
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d",&s[i],&t[i]);
}
deep[1]=1;
dfs1(1);
for(int i=1;i<=19;i++)
{
for(int j=1;j<=n;j++)
{
fa[j][i]=fa[fa[j][i-1]][i-1];
}
}
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int lca=get_lca(s[i],t[i]);
js[s[i]]++;
l[i]=deep[s[i]]+deep[t[i]]-2*deep[lca];
if(w[lca]==deep[s[i]]-deep[lca])ans[lca]--;
build2(lca,i);
build3(t[i],i);
}
dfs2(1);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
printf("%d ",ans[i]);
}
return 0;
}
當前NOIP2016 估計 分數：
T1 100+75+88=263
T2 100+?+100=200
總共463分，還沒算大坑“蚯蚓”……