哇這真的是day1t2嗎。。。。。感覺要被強行勸退了。。。。。qwq
首先對於樹上的路徑s->t，我們都可以將其拆為s->lca(s,t)->t，我們用dona陣列作為記錄貢獻的桶。
考慮乙個點i能被觀察到的情況，分為兩種：
1.存在一條路徑s->lca(s,t)，且depth[i]+val[i]（即原題的w）=depth[s]
2.存在一條路徑lca(s,t)->t，且depth[i]-val[i]=depth[t]-lenth[s,t]（lenth陣列記錄s->t的路徑長度）
所以我們考慮記錄兩個貢獻：乙個點在s->lca(s,t)上的貢獻和lca(s,t)->t上的貢獻，在dfs的時候我們記錄dfs前和dfs後的差值，就是最後該點的貢獻。（在**中用1~maxn維護第乙個，maxn+1~maxn*2維護第二個）
對於樹上的節點，維護三個資訊：以該點為終點的路徑編號，以該點為lca的路徑的編號，以該點為起點的次數，用前兩者統計對祖先的貢獻，後者統計不會做出貢獻的點，注意有可能lca會被重複計算，所以要在處理路徑資訊的時候提前減去。
反正寫的很難受qwq，noip好難好難qwq
#includeusing namespace std;
const int maxn=6e5+10;
const int maxm=1e6+21000;
int n,m,cnt,s[maxn],t[maxn],lc[maxn],lenth[maxn];
int head[maxn],depth[maxn],fa[maxn],son[maxn],siz[maxn],top[maxn],val[maxn],c[maxn];
int nxt[maxm],to[maxm];
int start[maxn],dona[maxm<<1],a[maxn],len[maxn],ans[maxn];
vectoranc[maxn],end[maxn];
int read()
void add(int x,int y)
void dfs1(int u,int fat) }}
void dfs2(int u,int tp) }}
int lca(int x,int y)
return depth[x]}void dfs3(int u)
dona[depth[u]]+=start[u];
for(int i=0;ians[u]+=dona[depth[u]+val[u]]-xx+dona[val[u]-depth[u]+maxn]-yy;
for(int i=0;ireturn;
}int main()
for(int i=1;i<=n;++i)
val[i]=read();
dfs1(1,0);
dfs2(1,1);
for(int i=1;i<=m;++i)
dfs3(1);
for(int i=1;i<=n;++i)
cout
}
洛谷 P1600 天天愛跑步
題面就不貼上了 把每個玩家的路徑拆成一條到lca的路徑和從lca到終點的路徑 然後，使用樹上差分統計答案即可 那麼，樹上差分是什麼?差分的具體思想是，當某區間內某元素對答案有貢獻，就在區間起點打乙個 1 標記代表多出了乙個對答案有貢獻的元素，在終點打乙個 1標記代表乙個對答案有貢獻的元素在該位置 結...
洛谷P1600 天天愛跑步
樹上的題有點意思啊 這題我最開始的想法是 固定乙個觀測點i，能觀測到的一定是起點距離 i 為 w i 的點的子集合。問題是這個集合只有一部分的點會經過 i 點，就很煩。於是得換個思路，不放固定乙個跑步的人 x 觀察他對哪些觀察者 i 產生了貢獻。於是我們得到了公式，對於上公升階段的點來說，不妨設 s...
洛谷 差分 LCA P1600 天天愛跑步
題目傳送門 考慮如果直接模擬每個人的路徑複雜度就會達到o n m o nm o nm 級別，這樣做肯定要 於是換個方向思考 我們以觀察員的視角來解決這道題。即我們統計每個人對於每個觀察員的貢獻。對於第i ii個人的行動，我們可以分成兩部分來看 記u uu是s,t s,ts,t的最近公共祖先，d u ...