【bzoj3653】谈笑风生
2017-06-11 09:50
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Description
设T 为一棵有根树,我们做如下的定义:
• 设a和b为T 中的两个不同节点。如果a是b的祖先,那么称“a比b不知道
高明到哪里去了”。
• 设a 和 b 为 T 中的两个不同节点。如果 a 与 b 在树上的距离不超过某个给定
常数x,那么称“a 与b 谈笑风生”。
给定一棵n个节点的有根树T,节点的编号为1 到 n,根节点为1号节点。你需
要回答q 个询问,询问给定两个整数p和k,问有多少个有序三元组(a;b;c)满足:
1. a、b和 c为 T 中三个不同的点,且 a为p 号节点;
2. a和b 都比 c不知道高明到哪里去了;
3. a和b 谈笑风生。这里谈笑风生中的常数为给定的 k。
Input
输入文件的第一行含有两个正整数n和q,分别代表有根树的点数与询问的个数。接下来n – 1行,每行描述一条树上的边。每行含有两个整数u和v,代表在节点u和v之间有一条边。
接下来q行,每行描述一个操作。第i行含有两个整数,分别表示第i个询问的p和k。
Output
输出 q 行,每行对应一个询问,代表询问的答案。
Sample Input
5 3
1 2
1 3
2 4
4 5
2 2
4 1
2 3
Sample Output
3
1
3
HINT
1<=P<=N
1<=K<=N
N<=300000
Q<=300000
题解
对于询问p,k ans=min(k,dep[p])*s[p]+∑s[y]
y是p子树上的点且满足距离限制。
以dfs序,深度为关键字,建立主席树,记录s。
(注意long long)
代码
设T 为一棵有根树,我们做如下的定义:
• 设a和b为T 中的两个不同节点。如果a是b的祖先,那么称“a比b不知道
高明到哪里去了”。
• 设a 和 b 为 T 中的两个不同节点。如果 a 与 b 在树上的距离不超过某个给定
常数x,那么称“a 与b 谈笑风生”。
给定一棵n个节点的有根树T,节点的编号为1 到 n,根节点为1号节点。你需
要回答q 个询问,询问给定两个整数p和k,问有多少个有序三元组(a;b;c)满足:
1. a、b和 c为 T 中三个不同的点,且 a为p 号节点;
2. a和b 都比 c不知道高明到哪里去了;
3. a和b 谈笑风生。这里谈笑风生中的常数为给定的 k。
Input
输入文件的第一行含有两个正整数n和q,分别代表有根树的点数与询问的个数。接下来n – 1行,每行描述一条树上的边。每行含有两个整数u和v,代表在节点u和v之间有一条边。
接下来q行,每行描述一个操作。第i行含有两个整数,分别表示第i个询问的p和k。
Output
输出 q 行,每行对应一个询问,代表询问的答案。
Sample Input
5 3
1 2
1 3
2 4
4 5
2 2
4 1
2 3
Sample Output
3
1
3
HINT
1<=P<=N
1<=K<=N
N<=300000
Q<=300000
题解
对于询问p,k ans=min(k,dep[p])*s[p]+∑s[y]
y是p子树上的点且满足距离限制。
以dfs序,深度为关键字,建立主席树,记录s。
(注意long long)
代码
#include<bits/stdc++.h> #define ll long long #define inf 1000000007 using namespace std; inline int read() { int x=0,f=1;char ch=getchar(); while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();} while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();} return x*f; } int n,Q,tot,ind,sz,mx; int Head[300005],q[300005]; int dep[300005],size[300005]; int l[300005],r[300005],root[300005]; int ls[6000005],rs[6000005]; ll sum[6000005]; int ret[600005],Next[600005]; void ins(int u,int v){ret[++tot]=v;Next[tot]=Head[u];Head[u]=tot;} void dfs(int u,int fa) { mx=max(mx,dep[u]); l[u]=++ind; q[ind]=u; for (int i=Head[u];i;i=Next[i]) { if (ret[i]!=fa) { dep[ret[i]]=dep[u]+1; dfs(ret[i],u); size[u]+=size[ret[i]]+1; } } r[u]=ind; } void build(int &x,int y,int l,int r,int a,int b) { x=++sz; sum[x]=sum[y]+b; if (l==r) return; ls[x]=ls[y];rs[x]=rs[y]; int mid=(l+r)>>1; if (a<=mid) build(ls[x],ls[y],l,mid,a,b); else build(rs[x],rs[y],mid+1,r,a,b); } ll query(int k,int l,int r,int x,int y) { if (!k) return 0; if (l==x&&r==y) return sum[k]; int mid=(l+r)>>1; if (y<=mid) return query(ls[k],l,mid,x,y); else if (x>mid) return query(rs[k],mid+1,r,x,y); else return query(ls[k],l,mid,x,mid)+query(rs[k],mid+1,r,mid+1,y); } int main() { n=read();Q=read(); for (int i=1;i<n;i++) { int u=read(),v=read(); ins(u,v);ins(v,u); } dfs(1,0); for (int i=1;i<=n;i++) build(root[i],root[i-1],0,mx,dep[q[i]],size[q[i]]); while (Q--) { int P=read(),K=read(); ll ans=(ll)min(dep[P],K)*size[P]; if (dep[P]<mx) { ans+=query(root[r[P]],0,mx,dep[P]+1,min(dep[P]+K,mx)); ans-=query(root[l[P]-1],0,mx,dep[P]+1,min(dep[P]+K,mx)); } printf("%lld\n",ans); } return 0; }
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