Description
小c同学认为跑步非常有趣,于是决定制作一款叫做《天天爱跑步》的游戏。
《天天爱跑步》是一个养成类游戏，需要玩家每天按时上线,完成打卡任务。这个游戏的地图可以看作一一棵包含 N个结点和N-1 条边的树, 每条边连接两个结点,且任意两个结点存在一条路径互相可达。树上结点编号为从1到N的连续正整数。现在有个玩家,第个玩家的起点为Si ,终点为Ti 。
每天打卡任务开始时,所有玩家在第0秒同时从自己的起点出发, 以每秒跑一条边的速度,不间断地沿着最短路径向着自己的终点跑去, 跑到终点后该玩家就算完成了打卡任务。 (由于地图是一棵树, 所以每个人的路径是唯一的)小C想知道游戏的活跃度，所以在每个结点上都放置了一个观察员。
在结点的观察员会选择在第Wj秒观察玩家, 一个玩家能被这个观察员观察到当且仅当该玩家在第Wj秒也理到达了结点J 。
小C想知道每个观察员会观察到多少人？注意：我们认为一个玩家到达自己的终点后该玩家就会结束游戏，他不能等待一 段时间后再被观察员观察到。 即对于把结点J作为终点的玩家：若他在第Wj秒重到达终点，则在结点J的观察员不能观察到该玩家;若他正好在第Wj秒到达终点，则在结点的观察员可以观察到这个玩家。
第一行有两个整数N和M 。其中N代表树的结点数量, 同时也是观察员的数量, M代表玩家的数量。
接下来n-1 行每行两个整数U和V ,表示结点U 到结点V 有一条边。
接下来一行N 个整数,其中第个整数为Wj , 表示结点出现观察员的时间。
接下来 M行,每行两个整数Si和Ti,表示一个玩家的起点和终点。
对于所有的数据,保证 1<=Si,Ti<=N,0<=Wj<=N
Output
输出1行N 个整数,第个整数表示结点的观察员可以观察到多少人。
6 3
2 3
1 2
1 4
4 5
4 6
0 2 5 1 2 3
1 5
1 3
2 6
Sample Output
1 2 1 0 1
HINT
对于1号点,Wi=0，故只有起点为1号点的玩家才会被观察到，所以玩家1和玩家2被观察到，共有2人被观察到。
对于2号点，没有玩家在第2秒时在此结点，共0人被观察到。
对于3号点，没有玩家在第5秒时在此结点，共0人被观察到。
对于4号点，玩家1被观察到，共1人被观察到。
对于5号点，玩家1被观察到，共1人被观察到。
对于6号点，玩家3被观察到，共1人被观察到。
Source
NOIP2016
Solution
Tag：LCA+树上差分。
个人感觉这道题的核心在于对一颗树算答案的时候避开他的兄弟。
首先对于每个人DFS+并查集求出S,T的LCA，记为L，
把每个人拆开，上行路径和下行路径。
考虑计算第i个点的答案：
- 对于上行路径，要满足\(dep_S-dep_i=W_i\)
- 对于下行路径，要满足\(dis_{S,T}-W_i=dep_T-dep_i\)
*（对于这两种情况建议画个图，更便于理解）
实现的时候，可以开两个权值数组 分别维护上行、下行的出现次数。
注意当i为S，T的LCA时，ST的贡献会计算2次，减掉这些就好：开一个E数组，统计\(dep_S-dep_i=W_i\)的点的个数。
一个点的答案就是\(A[W_i+dep_i]+B[W_i-dep_i]-E[i]\)
现在考虑如何实现这个过程？
首先，要处理一个点的答案需要A、B两个数组的值，而且要求A、B内存储的S、T的值必须是经过点i的。
考场上我没有想到如何处理“经过点i”这个条件，赛后发现可以树上差分来搞。
我以前见过的一个经典的树上差分（NOIP2015 day2 t3），是来计算多次路径覆盖单点经过次数的东西。这道题也一样，简单的合并每个子树A、B的值就可以了。
合并信息什么的，当然可以用启发合并线段树搞掉。如果要写O(n)的算法就不得不在计算i节点答案时规避兄弟节点对i节点的影响。
这一点冥思苦想无解，于是请教网上的题解…
简单来说，我们需要用到的信子树中的A、B的信息，而这些信息如果我们把他们全局化显然时间复杂度会优秀很多，但是兄弟节点的影响会计算在内。
怎么办呢？
我们只需要记录下合并i节点子树信息之前的A、B对应信息的值，用之后的一减就是子树的A、B统计的信息了。
Code
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62
| #include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int maxn = 300005;
const int INF = 1000000007;
int S[maxn], T[maxn], L[maxn], W[maxn];
int f[maxn], cnte, cntq, h[maxn], hq[maxn], fa[maxn], dep[maxn], n, m;
struct edge_t { int to, next; } edge[maxn<<1], eA[maxn<<1], eB[maxn<<1], eC[maxn<<1], eD[maxn<<1];
struct eq_t { int to, next, id; } eq[maxn<<1];
int hA[maxn], hB[maxn], hC[maxn], hD[maxn], cA, cB, cC, cD, E[maxn];
int A[maxn<<1], B[maxn<<1], ans[maxn];
inline int getint() {
int r = 0; bool z = true; char c = getchar();
for (; c < '0' || c > '9'; c = getchar()) if (c == '-') z = false;
for (; '0' <= c && c <= '9'; c = getchar()) r = r * 10 - '0' + c;
if (z) return r;
return -r;
}
int Find(int x) { return f[x] == x ? x : f[x] = Find(f[x]); }
inline void insA(int x, int y) { eA[++cA].to = y; eA[cA].next = hA[x]; hA[x] = cA; }
inline void insB(int x, int y) { eB[++cB].to = y; eB[cB].next = hB[x]; hB[x] = cB; }
inline void insC(int x, int y) { eC[++cC].to = y; eC[cC].next = hC[x]; hC[x] = cC; }
inline void insD(int x, int y) { eD[++cD].to = y; eD[cD].next = hD[x]; hD[x] = cD; }
inline void ins(int x, int y) { edge[++cnte].to = y; edge[cnte].next = h[x]; h[x] = cnte; }
inline void insq(int x, int y, int z) { eq[++cntq].to = y; eq[cntq].next = hq[x]; eq[cntq].id = z; hq[x] = cntq; }
void dfs(int now, int father, int deep) {
dep[now] = deep; fa[now] = father;
for (int i = h[now]; i; i = edge[i].next) {
if (edge[i].to == father) continue;
dfs(edge[i].to, now, deep + 1);
f[edge[i].to] = now;
}
for (int i = hq[now]; i; i = eq[i].next) {
if (dep[eq[i].to] == 0) continue;
L[eq[i].id] = Find(eq[i].to);
}
}
void dfs2(int now) {
int AB = A[W[now] + dep[now]], BB = B[W[now] - dep[now] + n];
for (int i = h[now]; i; i = edge[i].next) if (fa[now] != edge[i].to) dfs2(edge[i].to);
for (int i = hA[now]; i; i = eA[i].next) ++A[eA[i].to];
for (int i = hB[now]; i; i = eB[i].next) ++B[eB[i].to];
ans[now] = A[W[now] + dep[now]] + B[W[now] - dep[now] + n] - E[now] - AB - BB;
for (int i = hC[now]; i; i = eC[i].next) --A[eC[i].to];
for (int i = hD[now]; i; i = eD[i].next) --B[eD[i].to];
}
int main() {
int x, y;
n = getint(); m = getint();
for (int i = 1; i < n; ++i) { x = getint(); y = getint(); ins(x, y); ins(y, x); }
for (int i = 1; i <= n; ++i) { f[i] = i; W[i] = getint(); }
for (int i = 1; i <= m; ++i) { S[i] = getint(); T[i] = getint(); insq(S[i], T[i], i); insq(T[i], S[i], i); }
dfs(1, 0, 1);
for (int i = 1; i <= m; ++i) {
insA(S[i], dep[S[i]]); insB(T[i], dep[S[i]] - dep[L[i]] - dep[L[i]] + n);
insC(L[i], dep[S[i]]); insD(L[i], dep[S[i]] - dep[L[i]] - dep[L[i]] + n);
if (dep[S[i]] - dep[L[i]] == W[L[i]]) ++E[L[i]];
}
dfs2(1);
for (int i = 1; i < n; ++i) printf("%d ", ans[i]); printf("%d", ans[n]);
}
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