一、题意
有一棵树，1为根节点。树的节点i有一个权值a[i]，代表节点i的祖先节点x如果到i的路经长度小于等于a[i]，则称x控制i。控制关系不传递，即x控制j，j控制i并不一定能得到x控制i。
现在给出树的边、每一个节点的权值，求每一个节点能够控制的节点的数目。
二、思路
思考每一条链。可以发现链底端的节点v可以被链上连续的节点u控制。如果用depth[]数组表示从根节点到每个节点的距离，我们可以得到u可以被v控制，当且仅当满足条件：
depth[u] - depth[v] <= a[u]
移项可得条件为：
depth[u] - a[u] <= depth[v]
现在我们再回来看这条底端为节点u的链，可以看到确实所有满足depth[v] >= 某个值的节点v都控制了u，而这些节点显然是连续的。所以我们其实是要给链上的一个区间全部 + 1。可以用前缀和差分的方法，找到 “从根节点向下最后一个不能控制u的节点”，将它的答案 - 1，并将u的父节点答案 + 1，这样就可以在从下而上回退搜索路径的时候进行相加得到结果。“将u的父节点答案 + 1“我用的处理是将u答案加1，在父节点对u进行加法操作的时候将u的答案再回 - 1。这里还要注意如果一个节点都不能控制u的时候，是不执行“找到 ‘从根节点向下最后一个不能控制u的节点’，将它的答案 - 1”操作的，可见22行的判断语句。
三、代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int max_n = 2e5 + 10;
int n;
ll a[max_n];
vector<pair<int, ll> > G[max_n];
vector<pair<ll, int> > path; //第一个值是深度，第二个是节点编号，要依照深度大小来进行二分
int ans[max_n];
ll depth[max_n];
void dfs(int v) {
// printf("dfs%d:\n", v);
path.push_back(make_pair(depth[v], v));
if(v != 1)
ans[v] = 1;
else ans[v] = 0;
ll deepre = depth[v] - a[v];
int p = lower_bound(path.begin(), path.end(), make_pair(deepre, -1)) - path.begin() - 1;
//p是最后一个控制不到v的path里的编号，不是元素编号本身！
if (p >= 0) {
int ver = path[p].second;
ans[ver]--;
// printf("ans[%d]--\n\n", p);
}
//完成前缀和的记录，将第一个控制不到v的点数量-1，就实现了将控制得到v的点的区间+1的操作
for (int i = 0; i < G[v].size(); i++) {
pair<int, ll> e;
e = G[v][i];
depth[e.first] = depth[v] + e.second;
dfs(e.first);
ans[v] += ans[e.first];
ans[e.first]--;
path.pop_back();
}
}
int main() {
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
scanf("%I64d", &a[i]);
}
for (int to = 2; to <= n; to++) {
int from;
ll w;
scanf("%d %I64d", &from, &w);
G[from].push_back(make_pair(to, w));
}
dfs(1);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
printf("%d", ans[i]);
if (i == n)
printf("\n");
else printf(" ");
}
return 0;
}四、总结
顺手复习了差分。把搜索和差分放在一起就做不出来了（其实单独放差分出来我也做不出来），的确是菜，要坚持A题。