bzoj 3572 [Hnoi2014]世界树（虚树+DP）

3572: [Hnoi2014]世界树

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Description

世界树是一棵无比巨大的树，它伸出的枝干构成了整个世界。在这里，生存着各种各样的种族和生灵，他们共同信奉着绝对公正公平的女神艾莉森，在他们的信条里，公平是使世界树能够生生不息、持续运转的根本基石。

世界树的形态可以用一个数学模型来描述：世界树中有n个种族，种族的编号分别从1到n，分别生活在编号为1到n的聚居地上，种族的编号与其聚居地的编号相
同。有的聚居地之间有双向的道路相连，道路的长度为1。保证连接的方式会形成一棵树结构，即所有的聚居地之间可以互相到达，并且不会出现环。定义两个聚居
地之间的距离为连接他们的道路的长度；例如，若聚居地a和b之间有道路，b和c之间有道路，因为每条道路长度为1而且又不可能出现环，所卧a与c之间的距
离为2。

出于对公平的考虑，第i年，世界树的国王需要授权m[i]个种族的聚居地为临时议事处。对于某个种族x（x为种族的编号），如果距离该种族最近的临时议事
处为y（y为议事处所在聚居地的编号），则种族x将接受y议事处的管辖（如果有多个临时议事处到该聚居地的距离一样，则y为其中编号最小的临时议事处）。

现在国王想知道，在q年的时间里，每一年完成授权后，当年每个临时议事处将会管理多少个种族（议事处所在的聚居地也将接受该议事处管理）。 现在这个任务交给了以智慧著称的灵长类的你：程序猿。请帮国王完成这个任务吧。

Input

第一行为一个正整数n，表示世界树中种族的个数。

接下来n-l行，每行两个正整数x，y，表示x聚居地与y聚居地之间有一条长度为1的双

向道路。接下来一行为一个正整数q，表示国王询问的年数。

接下来q块，每块两行：

第i块的第一行为1个正整数m[i]，表示第i年授权的临时议事处的个数。

第i块的第二行为m[i]个正整数h[l]、h[2]、…、h[m[i]]，表示被授权为临时议事处的聚居地编号（保证互不相同）。

Output

输出包含q行，第i行为m[i]个整数，该行的第j(j=1，2…，，m[i])个数表示第i年被授权的聚居地h[j]的临时议事处管理的种族个数。

Sample Input

10

2 1

3 2

4 3

5 4

6 1

7 3

8 3

9 4

10 1

5

2

6 1

5

2 7 3 6 9

1

8

4

8 7 10 3

5

2 9 3 5 8

Sample Output

1 9

3 1 4 1 1

10

1 1 3 5

4 1 3 1 1

HINT

N<=300000, q<=300000,m[1]+m[2]+…+m[q]<=300000

Source

【思路】

虚树+Dfs序+DP

　　 直接在原树上进行DP的方法时间为O(nm)，但注意到sigma（m）并不大。所以有了虚树这个东西 =-=

构造一棵虚树，所谓虚树即包含了给定点，并收缩了不分叉边的连通子图（顺的kuangbin的定义）。

基于构树的dfs序，两遍for可以求出每个点被谁管辖，然后再虚树上进行节点的分配。

详见代码。

【代码】

#include<map>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<vector>
#include<algorithm>
#define mp(x,y) make_pair(x,y)
using namespace std;

const int N = 300000+10;
const int INF = 1e9+1e9;
const int maxd = 20;

vector<int> G
;
int d
,sz
,dfn
,f
[maxd];
int n,q,dfsc;

int cmp(const int &lhs,const int &rhs) { return dfn[lhs]<dfn[rhs];
}
void dfs(int u,int fa) {
dfn[u]=++dfsc;
sz[u]=1;
for(int v,i=0;i<G[u].size();i++) if((v=G[u][i])!=fa) {
f[v][0]=u;
for(int j=1;j<maxd;j++) f[v][j]=f[f[v][j-1]][j-1];
d[v]=d[u]+1;
dfs(v,u);
sz[u]+=sz[v];
}
}
int LCA(int u,int v) {
if(d[v]>d[u]) swap(u,v);
for(int i=maxd-1;i>=0;i--)
if(d[f[u][i]]>=d[v]) u=f[u][i];
if(u==v) return u;
for(int i=maxd-1;i>=0;i--)
if(f[u][i]!=f[v][i]) u=f[u][i],v=f[v][i];
return f[u][0];
}
int find(int u,int dep) {
for(int i=maxd-1;i>=0;i--)
if(d[f[u][i]]>=dep) u=f[u][i];
return u;
}

void solve() {
int m,tot=0,top=0;
//static 可以声明函数内大数组
static int h
,t
,mem
,st
,val
,father
,w
,ans
;
static pair<int,int> g
;
scanf("%d",&m);
for(int i=1;i<=m;i++) {
scanf("%d",&h[i]);
mem[i]=h[i];
t[++tot]=h[i];
g[h[i]]=mp(0,h[i]);
ans[h[i]]=0;
}
sort(h+1,h+m+1,cmp);
for(int i=1;i<=m;i++) {
if(!top) father[st[++top]=h[i]]=0;
else {
int p=h[i],lca=LCA(p,st[top]);
for(; d[lca]<d[st[top]];--top)
if(d[st[top-1]]<=d[lca])
father[st[top]]=lca;
if(st[top]!=lca) {
father[lca]=st[top];
t[++tot]=lca;
g[lca]=mp(INF,0);
st[++top]=lca;
}
st[++top]=p;
father[p]=lca;
}
}
sort(t+1,t+tot+1,cmp);
for(int i=1;i<=tot;i++) {
int p=t[i];
val[p]=sz[p];
if(i>1) w[p]=d[p]-d[father[p]];        //路径长
}
//基于dfs序进行两次for 上下不同递推方向比较得最近点
for(int i=tot;i>1;i--) {
int p=t[i] , fa=father[p];
g[fa]=min(mp(g[p].first+w[p],g[p].second),g[fa]);     //g存储到p最近询问点的长度与编号
}
for(int i=2;i<=tot;i++) {
int p=t[i] , fa=father[p];
g[p]=min(mp(g[fa].first+w[p],g[fa].second),g[p]);
}
for(int i=1;i<=tot;i++) {
int p=t[i],fa=father[p];
if(i==1) ans[g[p].second]+=n-sz[p];        //管辖虚树根节点的 += 原树中虚根上方的节点数
else {
int x=find(p,d[fa]+1),sum=sz[x]-sz[p];
val[fa]-=sz[x];
if(g[fa].second==g[p].second) ans[g[p].second]+=sum;    // fa与p同是lca式而非询问点
else {
int mid=d[p]-((g[fa].first+g[p].first+w[p])/2-g[p].first);    //中点距
if((g[fa].first+g[p].first+w[p])%2==0 && g[p].second>g[fa].second) ++mid;    //根据序号判断偏向于fa还是p
int y=sz[find(p,mid)]-sz[p];
ans[g[p].second] += y;            //fa与p分配管辖点
ans[g[fa].second] += sum-y;
}
}
}
for(int i=1;i<=tot;i++)
ans[g[t[i]].second] += val[t[i]];            //剩余未分配点
for(int i=1;i<=m;i++) printf("%d ",ans[mem[i]]); puts("");
}

int main() {
scanf("%d",&n);
int u,v;
for(int i=0;i<n-1;i++) {
scanf("%d%d",&u,&v);
G[u].push_back(v) , G[v].push_back(u);
}
d[1]=1; dfs(1,-1);
scanf("%d",&q);
while(q--) solve();
return 0;
}