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[BZOJ3653]谈笑风生

2024-10-11 00:00:39   217人阅读

[BZOJ3653]谈笑风生

试题描述

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。

输入

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。

输出

输出 q 行，每行对应一个询问，代表询问的答案。

输入示例

5 3
1 2
1 3
2 4
4 5
2 2
4 1
2 3

输出示例

3
1
3

数据规模及约定

1<=P<=N
1<=K<=N
N<=300000
Q<=300000

题解

我们发现询问的答案分为两部分：b 是 a 的祖先；a 是 b 的祖先。

对于 b 是 a 的祖先的情况，这一部分的答案直接就是 min{ (dep[b] - 1), k } * (siz[a] - 1)，就是先确定 b 在哪（可以在 a 到根节点的路径上，但要保证 a 与 b 距离不超过 k），再确定 c 在哪（可以发现 a 子树中除 a 外的所有节点都可以取到）。

对于 a 是 b 的祖先的情况，我们发现 b 的深度范围在区间 ( dep[a], dep[a] + k ] 内，每个 b 所对应的 c 都可以是 b 的子树除 b 外的所有节点；于是我们可以使用 dfs 序 + 主席树维护这个东西。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cctype>
#include <algorithm>
using namespace std;

const int BufferSize = 1 << 16;
char buffer[BufferSize], *Head, *Tail;
inline char Getchar() {
	if(Head == Tail) {
		int l = fread(buffer, 1, BufferSize, stdin);
		Tail = (Head = buffer) + l;
	}
	return *Head++;
}
int read() {
	int x = 0, f = 1; char c = Getchar();
	while(!isdigit(c)){ if(c == ‘-‘) f = -1; c = Getchar(); }
	while(isdigit(c)){ x = x * 10 + c - ‘0‘; c = Getchar(); }
	return x * f;
}

#define maxn 300010
#define maxm 600010
#define maxnode 6000010
#define LL long long

int n, m, head[maxn], nxt[maxm], to[maxm];
void AddEdge(int a, int b) {
	to[++m] = b; nxt[m] = head[a]; head[a] = m;
	swap(a, b);
	to[++m] = b; nxt[m] = head[a]; head[a] = m;
	return ;
}

int siz[maxn], dep[maxn], dl[maxn], dr[maxn], uid[maxn], clo;
void build(int u, int fa) {
	dl[u] = ++clo; uid[clo] = u;
	siz[u] = 1;
	for(int e = head[u]; e; e = nxt[e]) if(to[e] != fa) {
		dep[to[e]] = dep[u] + 1;
		build(to[e], u);
		siz[u] += siz[to[e]];
	}
	dr[u] = clo;
	return ;
}

int rt[maxn], ToT, lc[maxnode], rc[maxnode];
LL sumv[maxnode];
void update(int& y, int x, int l, int r, int p, int v) {
	sumv[y = ++ToT] = sumv[x] + v;
	if(l == r) return ;
	int mid = l + r >> 1; lc[y] = lc[x]; rc[y] = rc[x];
	if(p <= mid) update(lc[y], lc[x], l, mid, p, v);
	else update(rc[y], rc[x], mid + 1, r, p, v);
	return ;
}
LL query(int o, int l, int r, int ql, int qr) {
	if(!o) return 0;
	if(ql <= l && r <= qr) return sumv[o];
	int mid = l + r >> 1; LL ans = 0;
	if(ql <= mid) ans += query(lc[o], l, mid, ql, qr);
	if(qr > mid) ans += query(rc[o], mid + 1, r, ql, qr);
	return ans;
}

int main() {
	n = read(); int q = read();
	for(int i = 1; i < n; i++) {
		int a = read(), b = read();
		AddEdge(a, b);
	}
	
	dep[1] = 1; build(1, 0);
	for(int i = 1; i <= clo; i++) update(rt[i], rt[i-1], 1, n, dep[uid[i]], siz[uid[i]] - 1);
	while(q--) {
		int u = read(), k = read();
		LL ans = (LL)(siz[u] - 1) * min(k, dep[u] - 1);
		ans += query(rt[dr[u]], 1, n, dep[u] + 1, dep[u] + k) - query(rt[dl[u]-1], 1, n, dep[u] + 1, dep[u] + k);
		printf("%lld\n", ans);
	}
	
	return 0;
}

 

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