BZOJ 4719: [Noip2016]天天爱跑步

$O(n^2)$ 做法

枚举每个起点，从该点开始 $dfs$，把它到终点的路径上能观察到它的观察员数组下标 $+1$。

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树的形态为链

枚举每个观察员，统计左右两边与它相距为 $W_j$ 的节点。

时间复杂度 $O(n)$。

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所有的 $S_i=1$

以 $1$ 为根，枚举每个观察员，发现只有它的 $W_j=deep[j]$ 时才会观察到玩家（设 $deep[1]=0$），如果它的 $W_j=deep[j]$，就统计它的子树上有多少个节点会有玩家到达。预处理 $f[i]$ 表示子树 $i$ 的和即可。

时间复杂度 $O(n)$。

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所有的 $T_i=1$

算法1

以 $1$ 为根，对于每个观察员，只需统计有多少个玩家，起点的深度为 $deep[j]+W_j$，并且在它的子树中。

设 $f[i]$ 表示深度为 $i$ 的节点上的玩家数量，但如何保证在观察员的子树中这一条件？

线段树合并可以搞，叶子节点的下标 $i$ 为 $1\cdots deep_{max}$，记录的值为起点的深度为 $i$ 的玩家的数量，从原树的底部向上依次合并。

时间复杂度 $O(nlogn)$。

算法2

发现其实好像不用那么麻烦，下面有一个很很很巧妙的做法——

设 $f[i]$ 表示起点的深度为 $i$ 的玩家有多少个，初始时为空，从 $1$ 号节点开始 $dfs$，每访问到一个点 $j$，就 $++f[deep[j]]$，访问到节点 $j$ 时，记录一下 $f[deep[j]+W_j]$ 的大小，然后继续往下递归它的子树，递归回来后，再查看一下 $f[deep[j]+W_j]$ 的大小，看比原来多了多少，这个差值就是答案。

时间复杂度 $O(n)$。

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满分做法

上面说了起点位于当前子树内的做法，下面再考虑终点位于当前子树内的？

算法1

还是用线段树合并。比上面多维护一个如下所述的 $g$ 数组即可。

算法2

继续用 $dfs$ 计算差值，外加一个容斥。

用 $f$ 数组计算起点位于当前子树内的玩家个数，方法如 $T_i=1$ 的算法2所述；

用 $g$ 数组计算终点位于当前子树内的玩家个数：

设某个玩家的终点为 $i$ 且在子树 $j$ 中，起点到终点的长度为 $L_i$，则当 $L_i-(deep[i]-deep[j])=W_j$ 时，就要被统计到观察员 $j$ 的观察数目中。这个式子可以转化成：

$$L_i-deep[i]=W_j-deep[j]$$

由于 $L_i$ 可能小于 $deep[i]$，于是我们将等式两边同时加 $n$。

任选一个根节点开始 $dfs$，每访问到一个终点 $i$，就 $++g[L_i-deep[i]+n]$，同时记录一下当前的 $g [W_j-deep[j]+n]$，然后继续递归子树，递归回来后，计算一下 $g [W_j-deep[j]+n]$ 多了多少，统计答案。

容易发现，如果起点和终点都在子树 $j$ 中，会被误计入 $j$ 的答案，最后再减掉即可。

我们在倍增计算 $L_i$ 时，就可以同时在 $fa[lca]$ 处 $+1$，表示有一个玩家的起点与终点都在 $fa[lca]$ 的子树内。