NOIP2016天天愛跑步

阿新 • • 發佈：2019-02-01

題目在這

題目描述

小c同學認為跑步非常有趣,於是決定製作一款叫做《天天愛跑步》的遊戲。«天天愛跑步»是一個養成類遊戲,需要玩家每天按時上線,完成打卡任務。

這個遊戲的地圖可以看作一一棵包含 $n$ 個結點和 $n - 1$ 條邊的樹, 每條邊連線兩個結點,且任意兩個結點存在一條路徑互相可達。樹上結點編號為從 $1$ 到 $n$ 的連續正整數。

現在有 $m$ 個玩家,第 $i$ 個玩家的起點為 $S_i$ ,終點為 $T_i$ 。每天打卡任務開始時,所有玩家在第 $0$ 秒同時從自己的起點出發, 以每秒跑一條邊的速度, 不間斷地沿著最短路徑向著自己的終點跑去, 跑到終點後該玩家就算完成了打卡任務。 (由於地圖是一棵樹, 所以每個人的路徑是唯一的)

小C想知道遊戲的活躍度, 所以在每個結點上都放置了一個觀察員。在結點 $j$ 的觀察員會選擇在第 $W_j$ 秒觀察玩家, 一個玩家能被這個觀察員觀察到當且僅當該玩家在第 $W_j$ 秒也理到達了結點 $j$ 。小C想知道每個觀察員會觀察到多少人?

注意: 我們認為一個玩家到達自己的終點後該玩家就會結束遊戲, 他不能等待一段時間後再被觀察員觀察到。即對於把結點 $j$ 作為終點的玩家: 若他在第 $W_j$ 秒前到達終點,則在結點 $j$ 的觀察員不能觀察到該玩家;若他正好在第 $W_j$ 秒到達終點,則在結點 $j$ 的觀察員可以觀察到這個玩家。

輸入輸出格式

輸入格式：

第一行有兩個整數

n

和

m

。其中

n

代表樹的結點數量, 同時也是觀察員的數量,

m

代表玩家的數量。

接下來 $n - 1$ 行每行兩個整數 $u$ 和 $v$ ,表示結點 $u$ 到結點 $v$ 有一條邊。

接下來一行 $n$ 個整數,其中第 $j$ 個整數為 $W_j$ , 表示結點 $j$ 出現觀察員的時間。

接下來 $m$ 行,每行兩個整數 $S_i$ ,和 $T_i$ ,表示一個玩家的起點和終點。

對於所有的資料,保證 $1≤Si,Ti≤n,0≤Wj≤n1\leq S_i,T_i\leq n, 0\leq W_j\leq n$ 。

輸出格式：

輸出1行 $n$ 個整數,第

j

個整數表示結點

j

的觀察員可以觀察到多少人。

輸入輸出樣例

輸入樣例#1：複製

6 3
2 3
1 2 
1 4 
4 5 
4 6 
0 2 5 1 2 3 
1 5 
1 3 
2 6

輸出樣例#1：複製

2 0 0 1 1 1

輸入樣例#2：複製

輸出樣例#2：複製

1 2 1 0 1

說明

【樣例1說明】

對於1號點， $W_i=0$ ，故只有起點為1號點的玩家才會被觀察到，所以玩家1和玩家2被觀察到，共有2人被觀察到。

對於2號點，沒有玩家在第2秒時在此結點，共0人被觀察到。

對於3號點，沒有玩家在第5秒時在此結點，共0人被觀察到。

對於4號點，玩家1被觀察到，共1人被觀察到。

對於5號點，玩家1被觀察到，共1人被觀察到。

對於6號點，玩家3被觀察到，共1人被觀察到。

【子任務】

每個測試點的資料規模及特點如下表所示。提示: 資料範圍的個位上的數字可以幫助判斷是哪一種資料型別。

題解

a[x]表示x點的觀察員觀察時間,s為起點,t為終點

以下是所有部分分(80分)

1.直接爆搜,複雜度O(NM)

2.對於一條鏈的情況:對於點x,只有可能從x+a[x] or x-a[x] 為起點的路線且要求終點穿過該點,把每一條路線的方向(正負),長度(t-s)用vector壓入起點位置,再O(N)掃一遍即可.複雜度應該大約可能為O(N+M)左右

3.對於起點為1的情況,以1為根的樹節點的深度就是到達的時間,如果dep[x]=a[x]則該點的答案為其子樹內終點的個數.複雜度:O(N)

4.對於終點為1的情況:以1為根的樹節點的答案就是子樹內深度為dep[x]+a[x]的終點個數,若對於每一個點都搜尋一遍子樹,複雜度為O(N^2),但每一次最後去搜重兒子,把重兒子的桶直接利用,(就是樹上啟發式合併)複雜度為O(N lgN)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define For(i,a,b) for(register int i=(a);i<=(b);++i)
#define pb push_back
const int maxx=3e5+5;
int read(){
    char x=getchar(); int u=0;
    while(!isdigit(x)) x=getchar();
    while(isdigit(x)) u=(u<<3)+(u<<1)+(x^48), x=getchar();
    return u;
}
int be[maxx],ne[maxx<<1],to[maxx<<1],e=0,a[maxx],n,m;
struct node{
    int s,t;
}play[maxx];
void add(int x,int y){
    to[++e]=y;
    ne[e]=be[x];
    be[x]=e;
}
// pts:25
bool flag;
int end,ans[maxx];
void dfs(int id,int fa,int ti){
    if(id==end){
        if(ti==a[id]) ans[id]++;
        flag=1;
        return ;
    }
    for(int i=be[id];i;i=ne[i]){
        if(to[i]==fa || flag) continue;
        dfs(to[i],id,ti+1);
        if(flag && a[id]==ti) ans[id]++;
    }
}
void solve1(){
    For(i,1,m){
        flag=0;
        end=play[i].t;
        dfs(play[i].s,0,0);
    }
    For(i,1,n) printf("%d ",ans[i]);
}
// pts:15
vector<int> q[100000];
void solve2(){
    For(i,1,m){
        q[play[i].s].pb(play[i].t-play[i].s);
//		printf("%d %d\n",play[i].s,play[i].t-play[i].s);
    }
    int pos,ans;
    For(i,1,n){
        pos=i-a[i]; ans=0;
        if(!a[i]){
            ans=q[i].size();
            printf("%d ",ans);
            continue;
        }
        if(pos>0) 
            for(int j=0;j<q[pos].size();++j)
                if(q[pos][j]>=a[i]) ++ans;
        pos=i+a[i];
        if(pos<=n)
            for(int j=0;j<q[pos].size();++j)
                if(q[pos][j]<=-a[i]) ++ans;
        printf("%d ",ans);
    }
}
// pts:20
int size[maxx];
void DFS(int id,int fa,int dep){
	size[id]+=q[id].size();
	for(int i=be[id];i;i=ne[i]){
		int go=to[i];
		if(go==fa) continue;
		DFS(go,id,dep+1);
		size[id]+=size[go];
	}
	if(dep==a[id]) ans[id]=size[id];
}
void solve3(){
	For(i,1,m) q[play[i].t].pb(0);
	DFS(1,0,0);
	For(i,1,n) printf("%d ",ans[i]);
}
// pts:20
int son[maxx];
bool skip[maxx];
void dfs_init(int id,int fa){
	size[id]=1;
	for(int i=be[id];i;i=ne[i]){
		int go=to[i];
		if(go==fa) continue;
		dfs_init(go,id);
		size[id]+=size[go];
		if(!son[id] || size[go]>size[son[id]]) son[id]=go;
	}
}
void change(int x,int f,int dep,int k){
	size[dep]+=k*q[x].size();
	for(int i=be[x];i;i=ne[i])
		if(to[i]!=f && !skip[to[i]])
			change(to[i],x,dep+1,k);
}
void bfs(int id,int fa,int dep,bool keep){
	for(int i=be[id];i;i=ne[i])
		if(to[i]!=son[id] && to[i]!=fa) 
			bfs(to[i],id,dep+1,0);
	if(son[id]){ bfs(son[id],id,dep+1,1); skip[son[id]]=1; }
	change(id,fa,dep,1);
	if(dep+a[id]<=n) ans[id]+=size[dep+a[id]];
	if(son[id]) skip[son[id]]=0;
	if(!keep) change(id,fa,dep,-1);
}
void solve4(){
	dfs_init(1,0);
	For(i,1,n) size[i]=0;
	For(i,1,m) q[play[i].s].pb(0);
	bfs(1,0,0,0);
	For(i,1,n) printf("%d ",ans[i]);
}
int main(){
	freopen("1.in","r",stdin);
	freopen("a.out","w",stdout);
    int u,v;
    n=read(); m=read();
    For(i,1,n-1){
        u=read(); v=read();
        add(u,v); add(v,u);
    }
    For(i,1,n) a[i]=read();
    For(i,1,m) play[i].s=read(), play[i].t=read();
    if(n<=1000) solve1();
    else if(n%10==4) solve2();
    else if(n%10==5) solve3();
	else if(n%10==6) solve4();
    return 0;
}

正解

對於暴力的第四檔已經就是正解做法了,再結合樹上差分一下就可以A了.

對於點x可以計入貢獻的情況:

dep[x]+a[x]=dep[s]

dep[s]-a[x]=2*dep[lca(s,t)]-dep[s]

再隨便打幾個標記,開個桶維護一下,注意再lca處要加一個減的標記,lca的父親處也加一個減的標記,這樣既可以算到lca處的答案,也不會算兩遍,dfs時繼續啟發式合併.複雜度(N lgN)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define For(i,a,b) for(register int i=(a);i<=(b);++i)
#define pb push_back
const int maxx=3e5+5,N=1e6;
int read(){
    char x=getchar(); int u=0;
    while(!isdigit(x)) x=getchar();
    while(isdigit(x)) u=(u<<3)+(u<<1)+(x^48), x=getchar();
    return u;
}
int be[maxx],ne[maxx<<1],to[maxx<<1],a[maxx],n,m,e=0,ans[maxx];
int size[maxx],son[maxx],fa[maxx],dep[maxx],jump[maxx],skip[maxx],tong[20000000];
struct node{ int val; bool type; };
vector<node>q[maxx];
inline void add(int x,int y){
    to[++e]=y;
    ne[e]=be[x];
    be[x]=e;
}
inline void dfs_init(int id){
    size[id]=1;
    for(int i=be[id];i;i=ne[i]){
        int go=to[i];
        if(go==fa[id]) continue;
        fa[go]=id; dep[go]=dep[id]+1;
        dfs_init(go);
        size[id]+=size[go];
        if(size[go]>size[son[id]]) son[id]=go;
    }
}
inline void dfs_jump(int id,int top){
    jump[id]=top;
    if(!son[id]) return;
    dfs_jump(son[id],top);
    for(int i=be[id];i;i=ne[i])
        if(to[i]!=fa[id] && to[i]!=son[id])
            dfs_jump(to[i],to[i]);
}
int lca(int x,int y){
    while(jump[x]^jump[y]){
        if(dep[jump[x]]<dep[jump[y]]) swap(x,y);
        x=fa[jump[x]];
    }
    if(dep[x]>dep[y]) swap(x,y);	
    return x;
}
inline void change(int id,int fa,bool k){
    for(int i=0;i<q[id].size();++i)
        tong[q[id][i].val]+=(k^q[id][i].type)?-1:1;
    for(int i=be[id];i;i=ne[i])
        if(to[i]!=fa && !skip[to[i]])
            change(to[i],id,k);
}
inline void dfs(int id,int fa,bool keep){
    for(int i=be[id];i;i=ne[i])
        if(to[i]!=fa && to[i]!=son[id])
            dfs(to[i],id,0);
    if(son[id]){ dfs(son[id],id,1); skip[son[id]]=1; }
    change(id,fa,1);
    ans[id]+=tong[dep[id]+a[id]]+tong[dep[id]-a[id]+N];
    if(son[id]) skip[son[id]]=0;
    if(!keep) change(id,fa,0);
}
int main(){
	freopen("1.in","r",stdin);
	freopen("1.out","w",stdout);
	int u,v,LCA;
    n=read(); m=read();
    For(i,1,n-1){
        u=read(); v=read();
        add(u,v); add(v,u);
    }
    fa[1]=0; dfs_init(1); dfs_jump(1,1);
    For(i,1,n) a[i]=read();
    For(i,1,m){
        u=read(), v=read();
 		LCA=lca(u,v);
        q[u].pb((node){dep[u],1});
        q[LCA].pb((node){dep[u],0});
        q[v].pb((node){N+2*dep[LCA]-dep[u],1});
        q[fa[LCA]].pb((node){N+2*dep[LCA]-dep[u],0});
    }
    dfs(1,0,0);
    For(i,1,n) printf("%d ",ans[i]);
    return 0;
}

NOIP2016天天愛跑步

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LCA+線段樹 NOIP2016 天天愛跑步

noip2016 天天愛跑步

[luogu1600 noip2016] 天天愛跑步（樹上差分）

[NOIP2016] 天天愛跑步

NOIP2016 天天愛跑步（線段樹/桶）

[Noip2016]天天愛跑步樹上差分

NOIP2016 天天愛跑步 (樹上差分+dfs)

bzoj4719: [Noip2016]天天愛跑步樹上差分

4719: [Noip2016]天天愛跑步

【題解】BZOJ4719:[Noip2016]天天愛跑步

NOIP2016天天愛跑步題解報告【lca+樹上統計(桶)】

NOIP2016天天愛跑步——LCA+樹上差分

NOIP2016天天愛跑步

[NOIP2016]天天愛跑步

[Noip2016]天天愛跑步 LCA+樹上差分

bzoj4719 [Noip2016]天天愛跑步（樹+lca+樹上差分+思路題）

[bzoj4719][樹鏈剖分][Noip2016]天天愛跑步

bzoj 4719: [Noip2016]天天愛跑步線段樹合併

[樹鏈剖分+線段樹] bzoj4719: [Noip2016]天天愛跑步【留坑待填】

bzoj4719: [Noip2016]天天愛跑步

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