本文主要是介绍NOIP2016&洛谷P1600：天天爱跑步，对大家解决编程问题具有一定的参考价值，需要的程序猿们随着小编来一起学习吧！

文章目录

• 解析
• • sol1:树剖+map
  • sol2：树剖+离线
  • sol3：dfs维护树状数组+差分

解析

个人认为本题比同年的逛公园可做许多

本题的一个关键是：把慢跑者 ( u , v ) (u,v) (u,v)转化为上升路径上满足 d e p x + t x = d e p u dep_x+t_x=dep_u depx​+tx​=depu​的结点和下降路径上满足 − d e p + x + t x = d e p u − 2 ∗ d e p l c a -dep+x+t_x=dep_u-2*dep_{lca} −dep+x+tx​=depu​−2∗deplca​的结点x的答案均加一

这个感觉不是很难想，由于每秒跑一步的特性，很容易想到这个和深度的联系

然后就是怎么维护上面那个玩意了

sol1:树剖+map

时间复杂度：O（nlogn^3）
得分：95pts
这是我一开始想到的解法
第一交95pts也可以接受了吧
极其好写
就是对线段树每个结点开个map，做一个标记永久化，然后询问的时候沿途把标记捡起来就行了
修改过程中只会在最终打标记处改变map
一开始我觉得这个改变次数是O(1)的，但是这个是**假的!!**在最差情况下会退化成Ologn个（比如修改[1,n-1]的区间时）
这样复杂度就升到了nlogn^3，无法通过了
T掉3e5的数据也是合情合理
由于树剖自带的小常数+氧气加持+上面那个第三个log完全跑不满（现在终于可以默认有O2了！），得到95分也算合理
(然而关掉氧气由于垃圾的map常数就只有25pts）

sol2：树剖+离线

时间复杂度：nlogn^2
得分：100pts
稍微思考一下就可以想到真的做法
注意到所有的操作和询问都是针对一个特定的值，把他们离线下来从大到小处理即可
询问的时候用到一个先减后加从而求出变化量
这个就跑的飞快了
也不再耗氧
###　代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define il inline
#define debug(a,b) fprintf(stderr,a,b)
const int N=3e5+100;
const double eps=1e-9;
inline ll read() {
	ll x=0,f=1;
	char c=getchar();
	while(!isdigit(c)) {
		if(c=='-') f=-1;
		c=getchar();
	}
	while(isdigit(c)) {
		x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';
		c=getchar();
	}
	return x*f;
}


int n,m;
struct node {
	int to,nxt;
} p[N<<1];
int fi[N],cnt;
inline void addline(int x,int y) {
	p[++cnt]=(node) {
		y,fi[x]
	};
	fi[x]=cnt;
	return;
}
int fa[N],siz[N],dep[N],hson[N],top[N],dfn[N],pos[N],tim;
void dfs1(int x,int f) {
	fa[x]=f;dep[x]=dep[f]+1;
	siz[x]=1;
	for(int i=fi[x]; ~i; i=p[i].nxt) {
		int to=p[i].to;
		if(to==f) continue;
		dfs1(to,x);
		siz[x]+=siz[to];
		if(siz[to]>siz[hson[x]]) hson[x]=to;
	}
	return;
}
void dfs2(int x,int tp) {
	top[x]=tp;
	dfn[++tim]=x;pos[x]=tim;
	if(hson[x]) dfs2(hson[x],tp);
	for(int i=fi[x]; ~i; i=p[i].nxt) {
		int to=p[i].to;
		if(to==hson[x]||to==fa[x]) continue;
		dfs2(to,to);
	}
	return;
}
inline int Lca(int x,int y){
	while(top[x]!=top[y]){
		if(dep[top[x]]<dep[top[y]])swap(x,y);
		x=fa[top[x]];
	} 
	if(dep[x]<dep[y]) swap(x,y);
	return y;
}

#define mid ((l+r)>>1)
#define ls (k<<1)
#define rs (k<<1|1)

int ans[N];

struct tree{
	int val[N<<2];
	int ask(int k,int l,int r,int x){
		int res=val[k];
		if(l==r) return res;
		if(x<=mid) return ask(ls,l,mid,x)+res;
		else return ask(rs,mid+1,r,x)+res;
	}
	void change(int k,int l,int r,int x,int y){
		if(x>y) return;
		//printf("k=%d (%d %d) x=%d y=%d v=%d\n",k,l,r,x,y,v);
		if(x<=l&&r<=y){
			val[k]++;
			return;
		}
		if(x<=mid) change(ls,l,mid,x,y);
		if(y>mid) change(rs,mid+1,r,x,y);
		return;
	}
	inline void Add(int x,int anc,int flag){
		while(top[x]!=top[anc]){
			change(1,1,n,pos[top[x]],pos[x]);
			x=fa[top[x]];
		}
		change(1,1,n,pos[anc]+flag,pos[x]);
		return;
	}
}t[2];

int tt[N];

int tot1,tot2;
struct ope{
	int x,anc,val,op;
	bool operator < (const ope u)const{return val<u.val;}
}o[N<<1];
struct query{
	int x,val,op;
	bool operator < (const query u)const{return val<u.val;}
}q[N<<1];
int main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
	//freopen("a.in","r",stdin);
	//freopen("a.out","w",stdout);
#endif
	memset(fi,-1,sizeof(fi));cnt=-1;
	n=read();
	m=read();
	for(int i=1; i<n; i++) {
		int x=read(),y=read();
		addline(x,y);
		addline(y,x);
	}
	
	dfs1(1,0);
	dfs2(1,1);
	
	for(int i=1;i<=n;i++){
		tt[i]=read();
		q[++tot1]=(query){i,tt[i]+dep[i],0};
		q[++tot1]=(query){i,tt[i]-dep[i],1};
	}
	//for(int i=1;i<=n;i++) printf("x=%d fa=%d dep=%d t=%d pos=%d v1=%d v2=%d\n",i,fa[i],dep[i],t[i],pos[i],t[i]+dep[i],t[i]-dep[i]);
	
	
	for(int i=1;i<=m;i++){
		int x=read(),y=read();
		int lca=Lca(x,y);
		o[++tot2]=(ope){x,lca,dep[x],0};
		o[++tot2]=(ope){y,lca,dep[x]-2*dep[lca],1};
		//t1.Add(x,lca,dep[x],1);
		//t2.Add(y,lca,dep[x]-2*dep[lca],0);
		//printf("x=%d y=%d lca=%d v1=%d v2=%d\n",x,y,lca,dep[x],dep[x]-2*dep[lca]);
	}
	
	sort(q+1,q+1+tot1);sort(o+1,o+1+tot2);
	int pl1=1,pl2=1;
	for(int tim=-2*n;tim<=2*n;tim++){
		for(int i=pl1;i<=tot1&&q[i].val==tim;i++){
			int now=q[i].x;
			ans[now]-=t[q[i].op].ask(1,1,n,pos[now]);
		}
		while(pl2<=tot2&&o[pl2].val==tim){
			t[o[pl2].op].Add(o[pl2].x,o[pl2].anc,o[pl2].op);
			++pl2;
		}
		while(pl1<=tot1&&q[pl1].val==tim){
			int now=q[pl1].x;
			ans[now]+=t[q[pl1].op].ask(1,1,n,pos[now]);
			++pl1;
		}
	}
	
	for(int i=1;i<=n;i++){
		printf("%d ",ans[i]);
	}
	return 0;
}
/*
6 1
2 3
1 2 
1 4 
4 5 
4 6 
0 2 5 1 2 3
1 5
*/

sol3：dfs维护树状数组+差分

时间复杂度：nlogn
得分：100pts
写完看的题解的思路
这个东西是真的好强大
有点四两拨千斤的感觉
以后可以多往这方面想一想
就是把我上面维护的东西离线到各个结点上
维护树状数组并利用前后差值求出答案
（应该）跑的飞快
说是应该是因为我并没有再写一遍

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