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題意

給你一棵樹，每個(gè)節(jié)點(diǎn)有一個(gè)權(quán)值。詢問每個(gè)節(jié)點(diǎn)有多少個(gè)點(diǎn)對，滿足以該節(jié)點(diǎn)為根節(jié)點(diǎn)$u$與它的所有子節(jié)點(diǎn)$v$，并且$\left|val[u]?val[v]\right|\le K$

思路

• 比賽的時(shí)候想到一個(gè)思路：就是每次從葉子節(jié)點(diǎn)向根節(jié)點(diǎn)返回，每次把經(jīng)過的點(diǎn)加入集合，并滿足根節(jié)點(diǎn)的數(shù)量。沒時(shí)間寫了，回來實(shí)現(xiàn)一下發(fā)現(xiàn)超時(shí)，就可能樹上有一個(gè)長鏈，在底層有很多葉子節(jié)點(diǎn)，這樣每次相當(dāng)于便利了一棵樹$N^2$的復(fù)雜度。
• 再次向?qū)W長請教（學(xué)長好厲害啊^ _ ^）。
• 按照$dfs$順序維護(hù)一個(gè)樹狀數(shù)組，在剛進(jìn)入節(jié)點(diǎn)的時(shí)候先計(jì)算滿足根節(jié)點(diǎn)的個(gè)數(shù)$tmp$，然后對子節(jié)點(diǎn)進(jìn)行$dfs$，在回溯的時(shí)候插入當(dāng)前點(diǎn)再次統(tǒng)計(jì)滿足根節(jié)點(diǎn)的情況$sum$，那么$sum?tmp$就是當(dāng)前根節(jié)點(diǎn)能與子節(jié)點(diǎn)形成的點(diǎn)對，同時(shí)加上所有子樹的和就是當(dāng)前根節(jié)點(diǎn)的答案。
• 為什么在第一次進(jìn)入節(jié)點(diǎn)的時(shí)候統(tǒng)計(jì)答案呢？
  剛進(jìn)入節(jié)點(diǎn)的時(shí)候，樹狀數(shù)組已經(jīng)插入了一些節(jié)點(diǎn)的值，而這些值并不是當(dāng)前節(jié)點(diǎn)的子節(jié)點(diǎn)，所以它不會對節(jié)點(diǎn)有貢獻(xiàn)。
• 權(quán)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(jié)

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