題名
中国の質問の意味を分析する必要はありません。
分析
まず、2つのポイント間で、最良のソリューションを取得するために最短のパスを使用する必要があります。したがって、2つのポイントがx、y、LCA（x、y）= uであると仮定すると、LCAを簡単に考えることができます。したがって、パスxを使用するだけで済みます。 -> u-> yのすべてのポイントにキャンディーを追加できます。暴力的なアプローチは間違いなくtになるため、非常に賢いアプローチを検討します。ツリー上の
2つの子ノードの違い+ 1、LCA-1、そして最後にLCAがここにあるためです。パス上では、2つのポイントの子ノードが1追加されるため、LCAは2倍に増加し、LCAとその親ノードは1である必要があります。
結局、始点を除いて、すべての点が始点と終点になりますが、キャンディーを1つだけ配置する必要があり、最後のポイントはキャンディーを配置する必要がないと言っているので、各ポイントが必要です-1
コード
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <cstring>
#define debug(x) cout<<#x<<":"<<x<<endl;
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int> PII;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int N = 3e5 + 10;
int h[N],e[N * 2],ne[N * 2],idx;
int d[N];
int a[N];
int num[N];
int ans[N];
int f[N][31];
int n,m;
void add(int a,int b){
ne[idx] = h[a],e[idx] = b,h[a] = idx++;
}
void bfs(int root){
memset(d,0x3f,sizeof d);
d[0] = 0,d[root] = 1;
queue<int> Q;
Q.push(root);
while(Q.size()){
int t = Q.front();
Q.pop();
for(int i = h[t];~i;i = ne[i]){
int j = e[i];
if(d[j] > d[t] + 1){
d[j] = d[t] + 1;
Q.push(j);
f[j][0] = t;
for(int k = 1;k <= 30;k++)
f[j][k] = f[f[j][k - 1]][k - 1];
}
}
}
}
int LCA(int a,int b){
if(d[a] < d[b]) swap(a,b);
for(int i = 30;i >= 0;i--)
if(d[f[a][i]] >= d[b])
a = f[a][i];
if(a == b) return a;
for(int i = 30;i >= 0;i--)
if(f[a][i] != f[b][i])
a = f[a][i],b = f[b][i];
return f[a][0];
}
void dfs(int u,int fa){
for(int i = h[u];~i;i = ne[i]){
int j = e[i];
if(j == fa)continue;
dfs(j, u);
num[u] += num[j];
}
}
int main(){
memset(h,-1,sizeof h);
scanf("%d",&n);
m = n - 1;
for(int i = 1;i <= n;i++) scanf("%d",&a[i]);
while(m--){
int a,b;
scanf("%d%d",&a,&b);
add(a,b),add(b,a);
}
bfs(1);
for(int i = 1;i < n;i++){
int x = a[i],y = a[i + 1];
int u = LCA(x,y);
num[f[u][0]]--;
num[u]--;
num[x]++;
num[y]++;
}
dfs(1,0);
for(int i = 2;i <= n;i++) num[a[i]]--;
for(int i = 1;i <= n;i++) printf("%d\n",num[i]);
return 0;
}
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* ┃ ┃ + bug with the animal protecting
* ┃ ┗━━━┓ 神兽保佑,代码无bug
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