[JLOI2012] 树
Description
在这个问题中,给定一个值S和一棵树。在树的每个节点有一个正整数,问有多少条路径的节点总和达到S。路径中节点的深度必须是升序的。假设节点1是根节点,根的深度是0,它的儿子节点的深度为1。路径不必一定从根节点开始。
Input
第一行是两个整数N和S,其中N是树的节点数。 第二行是N个正整数,第i个整数表示节点i的正整数。 接下来的N-1行每行是2个整数x和y,表示y是x的儿子。
Output
输出路径节点总和为S的路径数量。
Range
对于100%数据,N<=100000,所有权值以及S都不超过1000。
Solution
转化一下题意,就是求树上的一条链,使权值之和等于s。
我们可以利用dfs求出树上每个点到根的权值和(也就是树上的前缀和),在回溯的过程中求出答案即可。
具体做法是,当我们在搜一个点 i 时,看一眼有没有它的某个祖先 j 使得 qzh[j]-qzh[i]=p
如何找这个祖先呢?我们可以用 STL 中的 set ,在 dfs 的时候将当前点的前缀和插进集合,回溯的时候找集合中是否有值为 p-qzh[now] 的点,如果有,代表它的某个祖先到它即为一条合法路径, ans++,回溯最后记得从集合中 erase 掉 qzh[now] 即可。
Code
- #include<set>
- #include<cstdio>
- #define N 100005
- #define int long long
- using namespace std;
- int ans;
- set<int> s;
- int head[N];
- int is_root[N];
- int val[N],qzh[N];
- ;
- struct Edge{
- int to,nxt;
- }edge[];
- void add(int x,int y){
- edge[++cnt].to=y;
- edge[cnt].nxt=head[x];
- head[x]=cnt;
- }
- void dfs(int now,int fa){
- for(int i=head[now];i;i=edge[i].nxt){
- if(edge[i].to==fa) continue;
- s.insert(qzh[now]);
- qzh[edge[i].to]=qzh[now]+val[edge[i].to];
- dfs(edge[i].to,now);
- int k=qzh[edge[i].to]-p;
- if(s.count(k)) ans++;
- s.erase(qzh[edge[i].to]);
- }
- }
- signed main(){
- scanf("%lld%lld",&n,&p);
- ;i<=n;i++) scanf("%lld",&val[i]);
- ;i<n;i++){
- scanf("%lld%lld",&x,&y);
- add(x,y);add(y,x);
- }
- s.insert();
- qzh[]=val[];
- dfs(,);
- printf("%lld",ans);
- ;
- }
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