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nmyzd,mgdhls,bnmbzdgdnlql,a,wgttxfs

對於一個點\(a\),點\(b\)只有可能是他的祖先或者在\(a\)子樹裡

如果點\(b\)是\(a\)祖先,那麼答案為a子樹大小\(sz_a-1\)

否則,答案為\(sz_b-1\)

加上\(k\)的限制後,如果根節點1的深度\(de_1=1\)那麼節點\(a\)的答案就是\(\sum_{b在a子樹中,b\ne a,dist(a,b)\leq k}\ \ (sz_b-1)+\min(k,de_a-1)*(sz_a-1)\).後半段可以直接算,前半段的話,對每個節點開個線段樹,儲存子樹中深度為某個值的\(\sum sz_a-1\)

// luogu-judger-enable-o2
#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define il inline
#define re register
#define db double
#define eps (1e-7)

using namespace std;
const int N=300000+10;
const LL inf=(1ll<<50);
il LL rd()
{
  re LL x=0,w=1;re char ch=0;
  while(ch<'0'||ch>'9') {if(ch=='-') w=-1;ch=getchar();}
  while(ch>='0'&&ch<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48);ch=getchar();}
  return x*w;
}
int to[N<<1],nt[N<<1],hd[N],tot=1;
il void add(int x,int y)
{
  ++tot,to[tot]=y,nt[tot]=hd[x],hd[x]=tot;
  ++tot,to[tot]=x,nt[tot]=hd[y],hd[y]=tot;
}

LL s[N*30];
int ch[N*30][2],tt;

#define mid ((l+r)>>1)

il void psup(int o){s[o]=s[ch[o][0]]+s[ch[o][1]];}
void bui(int o,int l,int r,int lx,LL x)
{
  if(l==r){s[o]=x;return;}
  if(lx<=mid) bui(ch[o][0]=++tt,l,mid,lx,x);
  else bui(ch[o][1]=++tt,mid+1,r,lx,x);
  psup(o);
}
int merge(int o1,int o2)
{
  if(!o1) return o2;
  if(!o2||o1==o2) return o1;
  int o3=++tt;
  s[o3]=s[o1]+s[o2];
  ch[o3][0]=merge(ch[o1][0],ch[o2][0]);
  ch[o3][1]=merge(ch[o1][1],ch[o2][1]);
  return o3;
}
LL quer(int o,int l,int r,int ll,int rr)
{
  if(!o) return 0;
  if(ll<=l&&r<=rr) return s[o];
  LL an=0;
  if(ll<=mid) an+=quer(ch[o][0],l,mid,ll,rr);
  if(rr>mid) an+=quer(ch[o][1],mid+1,r,ll,rr);
  return an;
}
int n,m,rt[N];
int sz[N],de[N];
void dfs(int x,int ffa)
{
  sz[x]=1;
  for(int i=hd[x];i;i=nt[i])
    {
      int y=to[i];
      if(y==ffa) continue;
      de[y]=de[x]+1;
      dfs(y,x);
      sz[x]+=sz[y];
    }
  if(sz[x]>1)
    {
      bui(rt[x]=++tt,1,n,de[x],sz[x]-1);
      for(int i=hd[x];i;i=nt[i])
        {
          int y=to[i];
          if(y==ffa) continue;
          rt[x]=merge(rt[x],rt[y]);
        }
    }
}

int main()
{
  n=rd(),m=rd();
  for(int i=1;i<n;i++) add(rd(),rd());
  de[1]=1;
  dfs(1,0);
  while(m--)
    {
      int p=rd(),k=rd();
      printf("%lld\n",quer(rt[p],1,n,de[p]+1,de[p]+k)+1ll*(sz[p]-1)*min(de[p]-1,k));
    }
  return 0;
}
 

upd 12.6:

其實這題可以也可以用長鏈剖分，因為我們可以設\(f_{x,j}\)為點\(x\)子樹內深度為\(de_x+j\)的所有點的\((sz_x-1)\)之和，轉移是\(f_{x,j}=\sum_{y=son_x}f_{y,j-1}\),這個可以長鏈剖分後優化，直接繼承重兒子狀態，暴力轉移輕兒子狀態

處理詢問和上面類似，只不過這裡要把\(f_{x,j}\)搞成字尾和形式

// luogu-judger-enable-o2
#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define il inline
#define re register
#define db double
#define eps (1e-7)

using namespace std;
const int N=300000+10;
const LL inf=(1ll<<50);
il LL rd()
{
  re LL x=0,w=1;re char ch=0;
  while(ch<'0'||ch>'9') {if(ch=='-') w=-1;ch=getchar();}
  while(ch>='0'&&ch<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48);ch=getchar();}
  return x*w;
}
int to[N<<1],nt[N<<1],hd[N],tot=1;
il void add(int x,int y)
{
  ++tot,to[tot]=y,nt[tot]=hd[x],hd[x]=tot;
  ++tot,to[tot]=x,nt[tot]=hd[y],hd[y]=tot;
}
int n,m,fa[N],sz[N],de[N],dpt[N],hson[N];
int qk[N],qnt[N],qid[N],qhd[N],qt=1;
il void qaq(int x,int k,int id){++qt,qk[qt]=k,qnt[qt]=qhd[x],qid[qt]=id,qhd[x]=qt;}
LL an[N];
void dfs1(int x)
{
  sz[x]=1;
  for(int i=hd[x];i;i=nt[i])
    {
      int y=to[i];
      if(y==fa[x]) continue;
      fa[y]=x,dpt[y]=de[y]=de[x]+1,dfs1(y),sz[x]+=sz[y];
      if(dpt[hson[x]]<dpt[y]) hson[x]=y;
      dpt[x]=max(dpt[x],dpt[y]);
    }
}
LL *f[N],rbq[N<<1],*px=rbq+1;
void dd(int x)
{
  if(hson[x]) f[hson[x]]=f[x]+1,dd(hson[x]);
  for(int i=hd[x];i;i=nt[i])
    {
      int y=to[i];
      if(y==fa[x]||y==hson[x]) continue;
      f[y]=px,px+=dpt[y]-de[x]+1,dd(y);
      for(int i=dpt[y]-de[x]-1;i>=0;--i) f[x][i+1]+=f[y][i];
    }
  for(int i=qhd[x];i;i=qnt[i])
    {
      int k=qk[i],id=qid[i];
      an[id]=f[x][1]+1ll*(sz[x]-1)*min(de[x]-1,k);
      if(k+1<=dpt[x]-de[x]) an[id]-=f[x][k+1];
    }
  f[x][0]=f[x][1]+sz[x]-1;
}

int main()
{
  n=rd(),m=rd();
  for(int i=1;i<n;i++) add(rd(),rd());
  de[1]=1;
  dfs1(1);
  for(int i=1;i<=m;++i)
    {
      int p=rd(),k=rd();
      qaq(p,k,i);
    }
  f[1]=px,px+=dpt[1];
  dd(1);
  for(int i=1;i<=m;++i) printf("%lld\n",an[i]);
  return 0;
}
 

執行結果(O2):線段樹合併 2022ms,長鏈剖分 942ms

後者不知道比前者高到哪去了，雖然不能和最優解談笑風生