###[[NOIP2016 DAY1 T2]天天爱跑步](http://oi.nks.edu.cn/zh/Problem/Details?cid=222&tid=B)
题面:
| 时间限制 : - MS 空间限制 : 565536 KB 评测说明 : 2s |
Description
小c同学认为跑步非常有趣,于是决定制作一款叫做《天天爱跑步》的游戏。《天天爱跑步》是一个养成类游戏,需要
玩家每天按时上线,完成打卡任务。这个游戏的地图可以看作一一棵包含 \(N\)个结点和\(N-1\) 条边的树, 每条边连接两个结点,且任意两个结点存在一条路径互相可达。树上结点编号为从1到N的连续正整数。现在有个玩家,第个玩家的起点为\(Si\) ,终点为\(Ti\) 。每天打卡任务开始时,所有玩家在第\(0\)秒同时从自己的起点出发, 以每秒跑一条边的速度,不间断地沿着最短路径向着自己的终点跑去, 跑到终点后该玩家就算完成了打卡任务。
(由于地图是一棵树, 所以每个人的路径是唯一的)小C想知道游戏的活跃度, 所以在每个结点上都放置了一个观察员。 在结点的观察员会选择在第\(W_j\)秒观察玩家, 一个玩家能被这个观察员观察到当且仅当该玩家在第\(W_j\)秒也理到达了结点\(J\)。
小C想知道每个观察员会观察到多少人?注意: 我们认为一个玩家到达自己的终点后该玩家就会结束游戏, 他不能等待一 段时间后再被观察员观察到。 即对于把结点\(J\)作为终点的玩家: 若他在第\(W_j\)秒重到达终点,则在结点\(J\)的观察员不能观察到该玩家;若他正好在第\(W_j\)秒到达终点,则在结点的观察员可以观察到这个玩家。
Input
第一行有两个整数\(N\)和\(M\) 。其中\(N\)代表树的结点数量, 同时也是观察员的数量, \(M\)代表玩家的数量。
接下来\(n-1\) 行每行两个整数\(U\)和\(V\) ,表示结点\(U\)到结点\(V\)有一条边。
接下来一行\(N\) 个整数,其中第个整数为\(W_j\), 表示结点出现观察员的时间。
接下来 \(M\)行,每行两个整数\(S_i\)和\(T_i\)表示一个玩家的起点和终点。
对于所有的数据,保证 。
\(1<=S_i,T_i<=N,0<=W_j<=N\)
Output
输出\(1\)行$N $个整数,第个整数表示结点的观察员可以观察到多少人。
Sample Input
6 3
2 3
1 2
1 4
4 5
4 6
0 2 5 1 2 3
1 5
1 3
2 6
Sample Output
2 0 0 1 1 1
HINT
对于\(1\)号点，\(W_1=0\)，故只有起点为\(1\)号点的玩家才会被观察到，所以玩家\(1\)和玩家\(2\)被观察到，共\(2\)人被观察到。
对于\(2\)号点，没有玩家在第\(2\)秒时在此结点，共\(0\)人被观察到。
对于\(3\)号点，没有玩家在第\(5\)秒时在此结点，共\(0\)人被观察到。
对于\(4\)号点，玩家\(1\)被观察到，共\(1\)人被观察到。
对于\(5\)号点，玩家\(1\)被观察到，共\(1\)人被观察到。
对于\(6\)号点，玩家\(3\)被观察到，共\(1\)人被观察到
题解:
为了这道题还专门去学习了线段树合并(暴露了蒟蒻现在才会这东西的事实),有空也会写一篇关于线段树合并的博客,这篇博客将不对其原理进行解释(这都挖了几个坑了啊)(ps:已秒填坑)
我们考虑对一个节点\(i\)的子树中如果含有起点\(x\),我们很容易得到这样的式子:\(dep[x]-dep[i]==w[i]\),(\(w[i]\)是这个节点观察员出现的时间),我们一般希望将等式两边处理为一个相对的定值(不知道怎么表达这种感觉,意会意会),推出\(dep[i]+w[i]==dep[x]\),对于这个式子,左边对观察者就是定值,右边对于跑步者就是定值;
同样,当终点\(x\)在节点\(i\)的子树里时,我们需要将时间的影响考虑进去,记起点与中点的距离为\(dis\),那么\(w[i]==dep[i]-dep[x]+dis\),移项变为\(w[i]-dep[i]==dis-dep[x]\),对这个式子来说,依旧是:左边对观察者是定值,右边对于跑步者是定值;
\(Start:dep[i]+w[i]==dep[Start]\)
\(End:w[i]-dep[i]==dis-dep[End]\)
于是我们的问题就转换为求一颗子树中,对这个子树的根所能做的贡献之和,即求子树中满足根节点为\(i\)时的节点个数(当然这个节点可能会同时有几个权值);
于是,我们考虑对每一个点维护权值线段树(每个点维护两个,分别记录起点终点),表示自己所包含子树中所含的每个值的点个数为多少;
考虑使用树剖的思想,将起点到终点的过程分解为从起点到\(LCA\),从\(LCA\)到终点这两条链,这时候我们就可以显然的使用差分的思想;
在起点的起点树(对一个点开两个线段树,记记录起点的叫起点树,另一个为终点树)的\(dep[Start]\)的位置\(+1\),\(Father_LCA\)的\(dep[Start]\)位置的起点树\(-1\);
在终点终点树\(dis-dep[End]\)的位置\(+1\),在\(LCA\)的\(dis-dep[End]\)的位置\(-1\),这就是对序列差分的原理;
\(DFS\)统计答案,从叶节点开始,统计完就向上合并即可;
注意权值线段树可能出现负数,需要偏移;
\(code:\)
#include<cstdio>
#include<ctype.h>
#include<vector>
#include<algorithm>
using namespace std;
char buf[1<<20],*p1,*p2;
inline char gc()
{
// return getchar();
return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<20,stdin))==p1?0:*p1++;
}
template<typename T>
inline void read(T &x)
{
char tt;
bool flag=0;
while(!isdigit(tt=gc())&&tt!='-');
tt=='-'?(flag=1,x=0):(x=tt-'0');
while(isdigit(tt=gc())) x=x*10+tt-'0';
if(flag) x=-x;
}
const int maxn=3*(1e5+2);
int sum[maxn*40][2],ls[maxn*40][2],rs[maxn*40][2],tot[2],root[maxn*40][2];
int n,m,w[maxn],mx,ans[maxn];
int son[maxn],top[maxn],sz[maxn],dep[maxn],fa[maxn];
vector<int>G[maxn];
int getlca(int x,int y)
{
if(x==y) return x;
while(top[x]^top[y])
dep[top[x]]>=dep[top[y]]?x=fa[top[x]]:y=fa[top[y]];
return dep[x]<=dep[y]?x:y;
}
int cal(int x,int y,int lca)
{
return dep[x]+dep[y]-(dep[lca]<<1);
}
void modify(int &p,int l,int r,int x,int d,int id)
{
if(!p) p=++tot[id];
if(l==r){sum[p][id]+=d;return;}
int mid=l+r>>1;
if(x<=mid) modify(ls[p][id],l,mid,x,d,id);
if(x>mid) modify(rs[p][id],mid+1,r,x,d,id);
}
int query(int &p,int l,int r,int x,int id)
{
if(!p) p=++tot[id];
if(l==r){return sum[p][id];}
int mid=l+r>>1;
if(x<=mid) return query(ls[p][id],l,mid,x,id);
if(x>mid) return query(rs[p][id],mid+1,r,x,id);
}
void merge(int &x,int y,int id)
{
if(!x||!y){x=x+y;return;}
sum[x][id]+=sum[y][id];
merge(ls[x][id],ls[y][id],id);
merge(rs[x][id],rs[y][id],id);
}
void dfs(int x,int pre)
{
sz[x]++,dep[x]=dep[pre]+1,fa[x]=pre;
for(int i=G[x].size()-1;i>=0;i--)
{
int p=G[x][i];
if(p==pre) continue;
dfs(p,x);
if(sz[p]>sz[son[x]]) son[x]=p;
sz[x]+=sz[p];
}
}
void dfs(int x,int pre,int t)
{
top[x]=t;
if(!son[x]) return;
dfs(son[x],x,t);
for(int i=G[x].size()-1;i>=0;i--)
{
int p=G[x][i];
if(p==pre||p==son[x]) continue;
dfs(p,x,p);
}
}
void dfs(int x)
{
for(int i=G[x].size()-1;i>=0;i--)
{
int p=G[x][i];
if(p==fa[x]) continue;
dfs(p);
merge(root[x][0],root[p][0],0);
merge(root[x][1],root[p][1],1);
}
ans[x]+=query(root[x][0],1,mx,dep[x]+w[x],0);
ans[x]+=query(root[x][1],1,mx,w[x]-dep[x]+maxn,1);
}
int main()
{
read(n),read(m);mx=n+maxn;
for(int i=1;i<n;i++)
{
int x,y;
read(x),read(y);
G[x].push_back(y);
G[y].push_back(x);
}dfs(1,0),dfs(1,0,1);
for(int i=1;i<=n;i++) read(w[i]);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int x,y;
read(x),read(y);
int lca=getlca(x,y);
int t=cal(x,y,lca);
modify(root[x][0],1,mx,dep[x],1,0);
modify(root[fa[lca]][0],1,mx,dep[x],-1,0);
modify(root[y][1],1,mx,t-dep[y]+maxn,1,1);
modify(root[lca][1],1,mx,t-dep[y]+maxn,-1,1);
}dfs(1);
for(int i=1;i<=n;i++)
printf("%d ",ans[i]);
}