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• 题意：
• 思路：

题意：

给你一棵树，每个点都有一个权值$val$，求满足以下条件
(1)$x!=y$
(2)$x$和$y$不互为祖先
(3)$val[lca(x,y)]\ast 2=val[x]+val[y]$
(4)$len(x,y)<=k$
求$(x,y)$的对数。

思路：

可以发现这个点对是可以转换成一颗子树的问题来递归解决的，他们以这个子树的根为$lca$，让后两个点一定存在于子树的不同分支里面，碰到子树问题我们自然的想到用$dsu$来解决。
当我们要更新一颗子树的时候，当前子树的重儿子的信息已经存起来了，我们只需要依次遍历计算其他分支，让后更新其他分支的信息。要注意必须先遍历计算才能更新，这样才能保证算出来的一定是根的不同分支里的对数。让后还有一个问题，就是怎么算答案呢？我们更新的时候是将$depth[u]$和$val[u]$一起放到要更新的数组里面的，我们查询的时候要查询权值为$val[rt]\ast 2-val[now]$且深度$<=depth[rt]+k-(depth[now]-depth[rt])$的点对。显然普通数据结构不好维护，所以我们可以对每个权值开一颗权值线段树，让后动态开点就好啦，就是有点不好调。
最后答案乘二即可。

//#pragma GCC optimize(2) #include<cstdio> #include<iostream> #include<string> #include<cstring> #include<map> #include<cmath> #include<cctype> #include<vector> #include<set> #include<queue> #include<algorithm> #include<sstream> #include<ctime> #include<cstdlib> #define X first #define Y second #define L (u<<1) #define R (u<<1|1) #define pb push_back #define mk make_pair #define Mid (tr[u].l+tr[u].r>>1) #define Len(u) (tr[u].r-tr[u].l+1) #define random(a,b) ((a)+rand()%((b)-(a)+1)) #define db puts("---") using namespace std;//void rd_cre() { freopen("d://dp//data.txt","w",stdout); srand(time(NULL)); } //void rd_ac() { freopen("d://dp//data.txt","r",stdin); freopen("d://dp//AC.txt","w",stdout); } //void rd_wa() { freopen("d://dp//data.txt","r",stdin); freopen("d://dp//WA.txt","w",stdout); }typedef long long LL; typedef unsigned long long ULL; typedef pair<LL,LL> PII;const int N=200010,mod=1e9+7,INF=0x3f3f3f3f; const double eps=1e-6;int n,k; vector<int>v[N]; int val[N]; LL cnt,ans[N]; int depth[N],se[N],son[N]; int root[N],idx; struct Node {int l,r;int cnt; }tr[N*40];void modify(int &rt,int l,int r,int x,int tag) {if(!rt) rt=++idx;if(l==r) { tr[rt].cnt+=tag; return; }int mid=l+r>>1;if(x<=mid) modify(tr[rt].l,l,mid,x,tag);else modify(tr[rt].r,mid+1,r,x,tag);tr[rt].cnt=tr[tr[rt].l].cnt+tr[tr[rt].r].cnt; }int query(int rt,int l,int r,int ql,int qr) {if(!rt) return 0;if(l>=ql&&r<=qr) return tr[rt].cnt;int mid=l+r>>1;int ans=0;if(ql<=mid) ans+=query(tr[rt].l,l,mid,ql,qr);if(qr>mid) ans+=query(tr[rt].r,mid+1,r,ql,qr);return ans; }void dfs_son(int u,int fa) {se[u]=1; depth[u]=depth[fa]+1;for(auto x:v[u]){if(x==fa) continue;dfs_son(x,u);se[u]+=se[x];if(se[x]>se[son[u]]) son[u]=x;} }void update(int u,int fa,int son,int tag) {modify(root[val[u]],1,n,depth[u],tag);for(auto x:v[u]){if(x==fa||x==son) continue;update(x,u,son,tag);} }void solve(int u,int fa,int son,int rt) {if(val[rt]*2-val[u]>=0&&val[rt]*2-val[u]<=n&&depth[rt]+k-(depth[u]-depth[rt])>=depth[rt]+1) cnt+=query(root[val[rt]*2-val[u]],1,n,depth[rt]+1,min(depth[rt]+k-(depth[u]-depth[rt]),n));//cnt+=mp[{depth[rt]+k-(depth[u]-depth[rt]),val[rt]*2-val[u]}];for(auto x:v[u]){if(x==fa||x==son) continue;solve(x,u,son,rt);} }void dfs(int u,int fa,int op) {for(auto x:v[u]){if(x==fa||x==son[u]) continue;dfs(x,u,0);}if(son[u]) dfs(son[u],u,1);for(auto x:v[u]){if(x==fa||x==son[u]) continue;solve(x,u,son[u],u); update(x,u,son[u],1);}modify(root[val[u]],1,n,depth[u],1);ans[u]=cnt; cnt=0;if(!op) update(u,fa,-1,-1); }int main() { // ios::sync_with_stdio(false); // cin.tie(0);scanf("%d%d",&n,&k);for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&val[i]);for(int i=2;i<=n;i++){int x; scanf("%d",&x);v[x].pb(i);}dfs_son(1,0);dfs(1,0,1);LL sum=0;for(int i=1;i<=n;i++) sum+=ans[i];printf("%lld\n",sum*2);return 0; } /* 4 3 1 1 3 2 1 1 2 */

总结

以上是生活随笔为你收集整理的2019 ICPC Asia Nanchang Regional K.Tree 树上启发式合并 + 动态开点线段树的全部内容，希望文章能够帮你解决所遇到的问题。

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