洛谷 P3258 [JLOI2014]松鼠的新家 题解【树上差分】

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    很久没打树上差分/前缀和了，细节还是很多。

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题目描述

松鼠的新家是一棵树，前几天刚刚装修了新家，新家有n个房间，并且有n-1根树枝连接，每个房间都可以相互到达，且俩个房间之间的路线都是唯一的。天哪，他居然真的住在”树“上。

 

松鼠想邀请小熊维尼前来参观，并且还指定一份参观指南，他希望维尼能够按照他的指南顺序，先去a1，再去a2，……，最后到an，去参观新家。可是这样会导致维尼重复走很多房间，懒惰的维尼不停地推辞。可是松鼠告诉他，每走到一个房间，他就可以从房间拿一块糖果吃。

 

维尼是个馋家伙，立马就答应了。现在松鼠希望知道为了保证维尼有糖果吃，他需要在每一个房间各放至少多少个糖果。

 

因为松鼠参观指南上的最后一个房间an是餐厅，餐厅里他准备了丰盛的大餐，所以当维尼在参观的最后到达餐厅时就不需要再拿糖果吃了。

 

输入输出格式

输入格式：

第一行一个整数n，表示房间个数第二行n个整数，依次描述a1-an

 

接下来n-1行，每行两个整数x，y，表示标号x和y的两个房间之间有树枝相连。

 

输出格式：

一共n行，第i行输出标号为i的房间至少需要放多少个糖果，才能让维尼有糖果吃。

 

输入输出样例

输入样例#1：

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

输出样例#1：

1
2
1
2
1

说明

2<= n <=300000

题解：

    这个题在树剖版块里，很迷，发现了这个题因为可以离线所以树上差分就可以做。

    因为松鼠是在树上从一个点跑到另一个点，因此要把路径上的点权全部+1（初始化为0）。而因为离线，所以用树上差分，给两端点分别+1，给lca-1，再给lca的父亲-1，因为这样可以使LCA被且仅被计算一次。

    而因为每个点作为端点都会被经过两次，所以直接把每个端点（除了终点，题目有说明）的差分数组直接加上2，再把相邻两点之间的LCA及其父亲的差分数组都减1。最后输出时因为离开每个点时不吃东西，所以cnt要-1。不过这里差分分别打在自己和父亲位置就可以不用，但是为避免特殊情况(LCA为其中一个点等)，还是打在自己比较好。

    还要注意一点就是不要把子树的差分标记（差分前缀和）搞混了。最好的解决办法是做完一个x.subtree时把Δ[x]+=Δ[x.subtree]，统计时now+=Δ[x],cnt[x]=now即可。

Code：

#include<cstdio>
#include<cstring>
struct edge
{
    int n,nxt,num;
    edge(int n,int nxt)
    {
        this->n=n;
        this->nxt=nxt;
    }
    edge()
    {
        nxt=-1;
    }
}e[600000],ask[600000];
int head[310000],ahead[310000],ecnt=-1,acnt=-1;
void add(int from,int to)
{
    e[++ecnt]=edge(to,head[from]);
    head[from]=ecnt;
    e[++ecnt]=edge(from,head[to]);
    head[to]=ecnt;
}
void Add(int from,int to,int num)
{
    ask[++acnt]=edge(to,ahead[from]);
    ask[acnt].num=num;
    ahead[from]=acnt;
    ask[++acnt]=edge(from,ahead[to]);
    ask[acnt].num=num;
    ahead[to]=acnt;
}
int used[310000],fa[310000];
int s[310000];//s是查询用祖先，fa是直接父亲
int my_find(int x)
{
    if(s[x]==x)
        return x;
    return s[x]=my_find(s[x]);
}
int ans[310000];
void tarjan(int x)
{
    for(int i=head[x];~i;i=e[i].nxt)
        if(e[i].n!=fa[x])
        {
            fa[e[i].n]=x;
            tarjan(e[i].n);
        }

    for(int i=ahead[x];~i;i=ask[i].nxt)
        if(used[ask[i].n]&&!ans[ask[i].num])
            ans[ask[i].num]=my_find(ask[i].n);
    used[x]=true;
    s[x]=fa[x];
    return;
}
int a[310000];
int d[310000];
int cnt[310000];
int now=0;
void dfs(int x)
{
    for(int i=head[x];~i;i=e[i].nxt)
        if(e[i].n!=fa[x])
        {
            dfs(e[i].n);
            d[x]+=d[e[i].n];//注意细节
        }
    cnt[x]=now+d[x];
}
int main()
{
    memset(head,-1,sizeof(head));
    memset(ahead,-1,sizeof(ahead));
    int n,u,v;
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        s[i]=i;
        scanf("%d",&a[i]);
        if(i>1)
            Add(a[i-1],a[i],i-1);
    }
    for(int i=1;i<n;i++)
    {
        scanf("%d%d",&u,&v);
        add(u,v);
    }
    fa[a[1]]=a[1];
    tarjan(a[1]);
    fa[a[1]]=0;
    for(int i=1;i<n;i++)
    {
        d[a[i]]+=2;
        d[ans[i]]--;
        d[fa[ans[i]]]--;
    }
    d[a[n]]++;
    dfs(a[1]);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        printf("%d\n",cnt[i]-1);
    return 0;
}