NOIP2016 DAY1T2 天天愛跑步

描述小c同學認為跑步非常有趣，於是決定製作一款叫做《天天愛跑步》的遊戲。《天天愛跑步》是乙個養成類遊戲，需要玩家每天按時上線，完成打卡任務。這個遊戲的地圖可以看作一棵包含n個結點和n - 1條邊的樹，每條邊連線兩個結點，且任意兩個結點存在一條路徑互相可達。樹上結點編號為從1到n的連續正整數。現在有m個玩家，第i個玩家的起點為si，終點為ti。每天打卡任務開始時，所有玩家在第0秒同時從自己的起點出發，以每秒跑一條邊的速度，不間斷地沿著最短路徑向著自己的終點跑去，跑到終點後該玩家就算完成了打卡任務。（由於地圖是一棵樹，所以每個人的路徑是唯一的）小c想知道遊戲的活躍度，所以在每個結點上都放置了乙個觀察員。在結點j的觀察員會選擇在第wj秒觀察玩家，乙個玩家能被這個觀察員觀察到當且僅當該玩家在第wj秒也正好到達了結點j。小c想知道每個觀察員會觀察到多少人？注意：我們認為乙個玩家到達自己的終點後該玩家就會結束遊戲，他不能等待一段時間後再被觀察員觀察到。即對於把結點j作為終點的玩家：若他在第wj秒前到達終點，則在結點j的觀察員不能觀察到該玩家；若他正好在第wj秒到達終點，則在結點j的觀察員可以觀察到這個玩家。格式輸入格式第一行有兩個整數n和m。其中n代表樹的結點數量，同時也是觀察員的數量， m代表玩家的數量。接下來n - 1行每行兩個整數u和v，表示結點u到結點v有一條邊。接下來一行n個整數，其中第j個整數為wj，表示結點j出現觀察員的時間。接下來m行，每行兩個整數si和ti，表示乙個玩家的起點和終點。對於所有的資料，保證1 <= si, ti <= n，0 <= wj <= n。輸出格式輸出1行n個整數，第j個整數表示結點j的觀察員可以觀察到多少人。樣例1樣例輸入163 2312 1445 4602 5123 1513 26copy 樣例輸出120 0111 copy 樣例2樣例輸入253 1223 2415 0103 0311 455copy 樣例輸出212 101copy 限制每個測試點時限2秒。【子任務】提示【樣例1說明】對於1號點，w1=0，故只有起點為1號點的玩家才會被觀察到，所以玩家1和玩家2被觀察到，共2人被觀察到。對於2號點，沒有玩家在第2秒時在此結點，共0人被觀察到。對於3號點，沒有玩家在第5秒時在此結點，共0人被觀察到。對於4號點，玩家1被觀察到，共1人被觀察到。對於5號點，玩家2被觀察到，共1人被觀察到。對於6號點，玩家3被觀察到，共1人被觀察到。

**noip 2016 提高組 day 1 第二題

1、思路：lca + 路徑分解 + 線段樹

2、約定：

s：起點

t：終點

lca：s，t的最近公共祖先

w：題目中的w

dep：結點的深度

ans：結點i的答案

3、事實：

（1）s->lca : w[i]+dep[i]=dep[s]

t->lca : w[i]-dep[i]+大整數=dep[s]-2*dep[lca]+大整數

（2）ans[i] = | | + | |

4、過程：

dfs：獲得樹的基本資訊

lca：計算s，t的公共祖先

（1）將鏈以lca為分界點斷開。實現時應注意細節。

（2）for x 的兒子child ！= x的父親

——（2.1）訪問結點child

（3）將在x開始的路徑加入兩個線段樹

（4）記錄此時ans[x]的值為ans2

（5）ans[x] = ans2 - ans1(排除其它子樹對結果的影響)

（6）將在x結束的路徑移出兩個線段樹

*黑體字是較難想到的，也是此題難點。

5、時間複雜度：o（nlogn）

6、反思

（1）矛盾的特殊性寓於普遍性中：s->lca : w[i]+dep[i]=dep[s]

；t->lca : w[i]-dep[i]+大整數=dep[s]-2*dep[lca]+大整數

（2）通過與已有的模型比較發現矛盾的特殊性：lca兩側路徑方向不同，想到拆路徑。為了用rmq將等式變數分開到等號兩側。

（3）排除其它子樹的影響：應用字首和的思想。

（4）曾經的錯誤：未排除子樹的影響；值域rmq的值域範圍給小了；lca的細節。

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
using
namespace
std;
const
int maxn = 300000 + 10;
const
int val = maxn * 2;
inline
int read() 
return x;
}int n;
int w[maxn];        //觀察員出現時間 
int f[maxn][40];    //倍增陣列 
int dep[maxn];      //結點的深度 
int ans[maxn];      //第i個結點的答案 
vector
map[maxn], node[maxn], node2[maxn], node3[maxn], node4[maxn]; 
void dfs(int x, int fa, int depth) 
}int lca1;
int lca(int l, int r) 
struct rmq
void update(int l, int r, int id, int x, int add) 
int mid = l + r >> 1;
if (x <= mid) update(l, mid, id << 1, x, add);
else update(mid + 1, r, (id << 1) + 1, x, add); 
tree[id] = tree[id << 1] + tree[(id << 1) + 1];
}int query(int l, int r, int id, int x) 
}rmq, rmq2;
/*    node4[x] : x有開始跑的人的dep(s)
node3[x] : x有跑到的人的dep(s) - 2*dep(lca) + maxn
node2[lca] : dep(s) - 2*dep(lca) + maxn
node [lca] : dep(s)
*/void dfs2(int x, int fa) 
for (int i = 0; i < node4[x].size(); ++i)
rmq.update(0, maxn, 1, node4[x][i], 1);
for (int i = 0; i < node3[x].size(); ++i)
rmq2.update(0, val, 1, node3[x][i], 1);
ans[x] += rmq.query(0, maxn, 1, w[x]+dep[x]) + rmq2.query(0, val, 1, w[x]-dep[x]+maxn);
for (int i = 0; i < node[x].size(); ++i)
rmq.update(0, maxn, 1, node[x][i], -1);
for (int i = 0; i < node2[x].size(); ++i)
rmq2.update(0, val, 1, node2[x][i], -1);
}int main()
for (int i = 1; i <= n; ++i)
w[i] = read();
dfs(1, -1, 1);
for (int i = 1; i <= 30; ++i)
for (int j = 1; j <= n; ++j)
f[j][i] = f[f[j][i-1]][i-1];
for (int i = 1; i <= m; ++i) 
dfs2(1, -1);
for (int i = 1; i <= n; ++i)
printf("%d ", ans[i]);
return
0;}

也許，是乙個新的開始的時候了，無論何人何時何地。

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組合數問題 NOIP 2016 Day2 T1

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