给你一颗有 \(n\) 个点而且以 \(1\) 为根的树。共有 \(q\) 次询问,每次询问两个参数 \(p, k\) 。询问有多少对点 \((p, a, b)\) 知足 \(p,a,b\) 为三个不一样的点,\(p, a\) 都为 \(b\) 的祖先,且 \(p\) 到 \(a\) 的距离不能超过 \(k\) 。html
\(n\le 300000 , q\le 300000\) 不要求强制在线。c++
令 \(dep[u]\) 为点 \(u\) 的深度,\(sz[u]\) 为 \(u\) 的子树大小(除去 \(u\) 自己)git
首先咱们考虑两种状况:优化
咱们如今只要考虑第二部分贡献怎么求。spa
不难发现,这些点的深度就是 \([dep[p], dep[p]+k]\) 这个范围内的。debug
那么咱们能够对于每一个点用个 主席树 来存储这些信息,能够在线回答询问。code
那么离线的话,能够考虑用 线段树合并 维护它每一个子树的信息。htm
具体来讲,这些都是对于每一个 \(dep\) 维护它的 \(sz\) 的和,而后查区间和就好了。blog
然而这些时空复杂度都是 \(O(n \log n)\) ,其实还有更好的作法。继承
为何我发现了呢qwq?
由于 fatesky 作这道题线段树合并作法的时候,Wearry 说能够 长链剖分 那就是 \(O(n)\) 的啦。
咱们令 \(\displaystyle maxdep[u]=\max_{v \in child[u]} \{dep[v\}\) 也就是它子树中的最大深度。
具体来讲,长链剖分就是把每一个点儿子中 \(maxdep\) 最大的那个当作重儿子。重儿子与父亲连的边叫作重边。一连串重边不间断连到一块儿就叫作重链。
而后咱们就有一条性质。
性质1 : 重链长度之和是 \(O(n)\) 的。
这个很显然啦,由于总共只有 \(O(n)\) 级别的边。
有了这个咱们就能够解决一系列 关于深度的动态规划 问题了,对于这列问题经常均可以作到 \(O(n)\) 的复杂度。
具体操做就是,每次暴力继承重儿子的 \(dp\) 状态,而后轻儿子暴力合并上去。
不难发现这个复杂度是 \(O(\sum\) 重链长 \()\) \(= O(n)\) 的。
继承的时候经常须要移位,而且把当前节点贡献算入,而且这个 \(dp\) 须要动态空间才能实现。
对于这道题咱们考虑维护一个后缀和,也就是对于 \(u\) 子树中的 \(v\) ,\(dep[v] \ge k\) 的全部 \(sz[v]\) 的和。
不难发现后缀和是很好合并的,这个的复杂度只须要 \(O(\min maxdep[v])\) 。
每次添加一个点 \(sz[u]\) 对于 \(dep[u]\) 的贡献只会对一个点的贡献产生影响,这个复杂度是 \(O(1)\) 的。
代码实现的话,就能够用一个 std :: vector
,按深度从大到小 ( \(maxdep[u] \to dep[u]\) )存储每一个点的信息,由于这样最方便继承重儿子状态(每次加入状态只在整个 vector
末端添加一个元素)
其实能够动态开内存,顺着作,但我彷佛学不来
常数彷佛有点大,没比 \(O(n \log n)\) 快多少,vector
用多了... Wearry 到是优化了点常数到了 \(4000+ ms\) 。
话说这个很像原来 DOFY 讲过的那道 Dsu on Tree ?
#include <bits/stdc++.h> #define For(i, l, r) for(register int i = (l), i##end = (int)(r); i <= i##end; ++i) #define Fordown(i, r, l) for(register int i = (r), i##end = (int)(l); i >= i##end; --i) #define Set(a, v) memset(a, v, sizeof(a)) #define Cpy(a, b) memcpy(a, b, sizeof(a)) #define debug(x) cout << #x << ": " << x << endl #define DEBUG(...) fprintf(stderr, __VA_ARGS__) using namespace std; typedef long long ll; inline bool chkmin(int &a, int b) {return b < a ? a = b, 1 : 0;} inline bool chkmax(int &a, int b) {return b > a ? a = b, 1 : 0;} inline int read() { int x = 0, fh = 1; char ch = getchar(); for (; !isdigit(ch); ch = getchar()) if (ch == '-') fh = -1; for (; isdigit(ch); ch = getchar()) x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48); return x * fh; } void File() { #ifdef zjp_shadow freopen ("3653.in", "r", stdin); freopen ("3653.out", "w", stdout); #endif } const int N = 3e5 + 1e3; struct Ask { int k, id; } ; vector<Ask> V[N]; vector<int> G[N]; int sz[N], maxdep[N], dep[N], sonmaxdep[N], son[N], rt[N]; vector<ll> sum[N]; int n, q; ll ans[N], Size = 0; void Dfs_Init(int u, int fa = 0) { maxdep[u] = dep[u] = dep[fa] + 1; For (i, 0, G[u].size() - 1) { register int v = G[u][i]; if (v ^ fa) Dfs_Init(v, u), chkmax(maxdep[u], maxdep[v]); } } void Dfs(int u, int fa = 0) { For (i, 0, G[u].size() - 1) { int v = G[u][i]; if (v == fa) continue ; Dfs(v, u); sz[u] += sz[v]; if (maxdep[v] > maxdep[son[u]]) son[u] = v; } rt[u] = rt[son[u]]; if (!rt[u]) rt[u] = ++ Size; int len = (int)sum[rt[u]].size(); ll Last = len ? sum[rt[u]][len - 1] : 0; sum[rt[u]].push_back(Last); if (son[u]) { For (i, 0, G[u].size() - 1) { int v = G[u][i]; if (v == fa || v == son[u]) continue ; For (j, 0, sum[rt[v]].size() - 1) { int nowdep = (maxdep[son[u]] - maxdep[v]) + j; sum[rt[u]][nowdep] += sum[rt[v]][j]; } sum[rt[u]][len] += sum[rt[v]][sum[rt[v]].size() - 1]; } } For (i, 0, V[u].size() - 1) { Ask now = V[u][i]; ans[now.id] = sum[rt[u]][len]; if (len > now.k) ans[now.id] -= sum[rt[u]][len - now.k - 1]; ans[now.id] += 1ll * min(dep[u] - 1, now.k) * sz[u]; } sum[rt[u]][len] += sz[u]; ++ sz[u]; } int main () { File(); n = read(); q = read(); For (i, 1, n - 1) { int u = read(), v = read(); G[u].push_back(v); G[v].push_back(u); } For (i, 1, q) { int p = read(), k = read(); V[p].push_back((Ask) {k, i}); } Dfs_Init(1); Dfs(1); For (i, 1, q) printf ("%lld\n", ans[i]); return 0; }