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Solution [湖南集训]谈笑风生

题目大意：和Wallace谈笑风生，给定一棵有根树，多次询问给定点\(p\)和限制\(k\)，求有多少对有序三元组\((p,b,c)\)满足\(p,b\)均为\(c\)的祖先且\(p,b\)间距离不超过\(k\)

主席树，树上差分

首先我们分类讨论一下

如果点\(b\)在点\(p\)上方时，有\(min(dep[p] - 1,k)\times(siz[p]-1)\),\(dep\)表示深度,\(siz\)表示子树大小，乘法原理显然

关键是当点\(b\)在点\(p\)子树内是，对于一个确定的点\(b\)，显然点\(c\)可以选择的数量就是\(siz[b]-1\)

问题变成了，给定一棵树，每个点有一个点权，求一个点子树内与它距离不超过\(k\)的点的权值之和

首先我们如果以深度为下标建一棵线段树，假设我们知道一个点子树的线段树的话查询就是区间求和问题，但是暴力计算时空复杂度均无法承受

我们考虑子树的性质，如果求\(dfs\)序的话，一棵子树内点的\(dfs\)序一定是连续的，因此我们可以用主席树来计算，差分即可得到一个点子树的线段树

#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <vector>
using namespace std;
const int maxn = 3e5 + 100;
typedef long long ll;
inline int read(){
    int x = 0;char c = getchar();
    while(!isdigit(c))c = getchar();
    while(isdigit(c))x = x * 10 + c - '0',c = getchar();
    return x;
}
namespace ST{
    const int maxnode = maxn * 30;
    struct Node{
        int ls,rs;
        ll val;
    }tree[maxnode];
    int root[maxn],tot;
    inline void pushup(int root){tree[root].val = tree[tree[root].ls].val + tree[tree[root].rs].val;}
    inline void add(int last,int &root,int pos,int val,int l = 1,int r = 3e5){
        root = ++tot;
        if(l == r){
            tree[root].val = tree[last].val + val;
            return;
        }
        int mid = (l + r) >> 1;
        if(pos <= mid)tree[root].rs = tree[last].rs,add(tree[last].ls,tree[root].ls,pos,val,l,mid);
        else tree[root].ls = tree[last].ls,add(tree[last].rs,tree[root].rs,pos,val,mid + 1,r);
        pushup(root);
    }
    inline ll query(int last,int root,int a,int b,int l = 1,int r = 3e5){
        if(a <= l && b >= r)return tree[root].val - tree[last].val;
        int mid = (l + r) >> 1;ll res = 0;
        if(a <= mid)res += query(tree[last].ls,tree[root].ls,a,b,l,mid);
        if(b >= mid + 1)res += query(tree[last].rs,tree[root].rs,a,b,mid + 1,r);
        return res;
    }
}using namespace ST;
vector<int> G[maxn];
inline void addedge(int from,int to){G[from].push_back(to);}
int dep[maxn],dfn[maxn],rnk[maxn],siz[maxn],dfs_tot,n,q;
inline void dfs(int u,int faz = -1){
    siz[u] = dep[1] = 1;
    dfn[u] = ++dfs_tot;
    rnk[dfs_tot] = u;
    for(int v : G[u]){
        if(v == faz)continue;
        dep[v] = dep[u] + 1;
        dfs(v,u);
        siz[u] += siz[v];
    }
}
int main(){
    n = read(),q = read();
    for(int u,v,i = 1;i < n;i++)
        u = read(),v = read(),addedge(u,v),addedge(v,u);
    dfs(1);
    for(int i = 1;i <= n;i++)
        add(root[i - 1],root[i],dep[rnk[i]],siz[rnk[i]] - 1);
    for(int a,k,i = 1;i <= q;i++){
        a = read(),k = read();
        ll ans = min(dep[a] - 1,k) * ll(siz[a] - 1);
        ans += query(root[dfn[a]],root[dfn[a] + siz[a] - 1],dep[a] + 1,dep[a] + k);
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}

原文地址：https://www.cnblogs.com/colazcy/p/11840239.html