題目鏈接

題意

給你一棵樹，每個節點有一個權值。詢問每個節點有多少個點對，滿足以該節點為根節點$u$與它的所有子節點$v$，并且$\left|val[u]?val[v]\right|\le K$

思路

• 比賽的時候想到一個思路：就是每次從葉子節點向根節點返回，每次把經過的點加入集合，并滿足根節點的數量。沒時間寫了，回來實現一下發現超時，就可能樹上有一個長鏈，在底層有很多葉子節點，這樣每次相當于便利了一棵樹$N^2$的復雜度。
• 再次向學長請教（學長好厲害啊^ _ ^）。
• 按照$dfs$順序維護一個樹狀數組，在剛進入節點的時候先計算滿足根節點的個數$tmp$，然后對子節點進行$dfs$，在回溯的時候插入當前點再次統計滿足根節點的情況$sum$，那么$sum?tmp$就是當前根節點能與子節點形成的點對，同時加上所有子樹的和就是當前根節點的答案。
• 為什么在第一次進入節點的時候統計答案呢？
  剛進入節點的時候，樹狀數組已經插入了一些節點的值，而這些值并不是當前節點的子節點，所以它不會對節點有貢獻。
• 權值很大需要離散。

#include <bits/stdc++.h> #define LL long long #define P pair<int, int> #define lowbit(x) (x & -x) #define mem(a, b) memset(a, b, sizeof(a)) #define mid ((l + r) >> 1) #define lc rt<<1 #define rc rt<<1|1 using namespace std; const int maxn = 1e5 + 7; int tot; vector<int> g[maxn]; LL a[maxn], b[maxn], c[maxn], ans[maxn], n, k; void Add(int x) {x++;while (x <= n) {c[x]++;x += lowbit(x);} } LL Sum(int x) {x++;LL ans = 0;while (x) {ans += c[x];x -= lowbit(x);}return ans; } void dfs(int x) {int l, r;l = lower_bound(b, b + tot, a[x-1]-k) - b - 1;r = upper_bound(b, b + tot, a[x-1]+k) - b - 1;ans[x] -= Sum(r) - Sum(l);LL sum = 0;for (int it : g[x]) {dfs(it);sum += ans[it];}int pos = lower_bound(b, b + tot, a[x-1]) - b;Add(pos);l = lower_bound(b, b + tot, a[x-1]-k) - b - 1;r = upper_bound(b, b + tot, a[x-1]+k) - b - 1;ans[x] += Sum(r) - Sum(l) + sum;return; } int main () {ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0), cout.tie(0);scanf("%lld %lld", &n, &k);for (int i = 0; i < n; ++i) {scanf("%lld", &a[i]);b[i] = a[i];}sort(b, b + n);tot = unique(b, b + n) - b;for (int i = 2, x; i <= n; ++i) {scanf("%d", &x);g[x].push_back(i);}dfs(1);for (int i = 1; i <= n; ++i) {printf("%lld\n", ans[i]);}return 0; }

總結

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