题目大意

一棵 \(n(1\leq n\leq 2\times 10^5)\) 个节点以 \(1\) 为根的树,分别求以 \(1\sim n\) 为根的子树中有多少个节点编号连续的段。 \(T(1\leq T\leq 10)\) 组数据, \(\sum_{i=1}^{T}n\leq 10^6\) 。

思路

将子树按 \(dfs\) 序转化为区间,之后求区间内有多少个数字连续的段。我们可以使用树状数组,用一个 \(vis[\space]\) 来记录每个数字是否出现过,我们对区间从前往后遍历,对于每一个数字 \(i\) ,如果 \(i-1,i+1\) 都没有出现过,说明是新的一段,于是在这个位置 \(+1\) ;如果二者仅有一个出现过,说明段数没有变化;如果都出现过,说明有两个段被合并为了一个段,于是需要在这个位置 \(-1\)。这样查询区间 \([1,x]\) 的时候就是对前 \(x\) 个位置上的数求和即可。如果查询的左端点不是 \(1\) 那么我们要考虑去掉左侧不属于查询区间部分的影响,对于其中的每一个数字 \(i\) ,其会影响到 \(i-1,i+1\) 对应位置上的值,因为 \(i\) 是更早出现的,所以此时我们把那两个值 \(+1\) , 将 \(i\) 对应位置上的值置为 \(0\) ,然后对于查询区间 \([l,r]\) ,答案依然是前 \(r\) 个值的和。我们对所有询问按查询的左端点排序,依次查询即可,复杂度 \(O(nlogn)\) 。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#include<unordered_map>
#include<unordered_set>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef pair<int, int> PII;
#define all(x) x.begin(),x.end()
//#define int LL
//#define lc p*2+1
//#define rc p*2+2
#define endl '\n'
#define inf 0x3f3f3f3f
#define INF 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
#define IOS ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0)
#pragma warning(disable :4996)
const long double eps = 1e-15;
const LL MOD = 1000000007;
const LL mod = 998244353;
const int maxn = 200010; int T, N, cnt = 0;
vector<int>G[maxn];
int dfn[maxn], in[maxn], out[maxn], rnk = 0, A[maxn];
bool vis[maxn];
int dat[maxn], n, ans[maxn], val[maxn];
struct Query{
int l, r, id;
}Q[maxn]; bool cmp(const Query& a, const Query& b)
{
return a.l < b.l;
} void add(int i, int x)
{
while (i <= n)
{
dat[i] += x;
i += i & (-i);
}
} int sum(int i)
{
int ans = 0;
while (i)
{
ans += dat[i];
i -= i & (-i);
} return ans;
} void add_edge(int from, int to)
{
G[from].push_back(to);
G[to].push_back(from);
} void dfs(int v, int p)
{
in[v] = dfn[v] = ++rnk;
A[dfn[v]] = v;
val[dfn[v]] = 0;
for (int i = 0; i < G[v].size(); i++)
{
int to = G[v][i];
if (to == p)
continue;
dfs(to, v);
}
out[v] = rnk;
} void solve()
{
rnk = 0;
dfs(1, 0);
n = N;
for (int i = 1; i <= N; i++)
{
if (!vis[A[i] + 1] && !vis[A[i] - 1])
{
add(i, 1);
val[i]++;
}
else if (vis[A[i] + 1] && vis[A[i] - 1])
{
add(i, -1);
val[i]--;
}
vis[A[i]] = true;
} for (int i = 1; i <= N; i++)
Q[i] = Query({ in[i], out[i], i });
sort(Q + 1, Q + N + 1, cmp);
int nl = 1;
for (int i = 1; i <= N; i++)
{
int l = Q[i].l, r = Q[i].r;
while (nl < l)
{
if (A[nl] != N && dfn[A[nl] + 1] > nl)
{
add(dfn[A[nl] + 1], 1);
val[dfn[A[nl] + 1]]++;
}
if (A[nl] != 1 && dfn[A[nl] - 1] > nl)
{
add(dfn[A[nl] - 1], 1);
val[dfn[A[nl] - 1]]++;
}
add(nl, -val[nl]);
val[nl] = 0;
nl++;
}
ans[Q[i].id] = sum(r);
}
cout << "Case #" << cnt << ": ";
for (int i = 1; i <= N; i++)
cout << ans[i] << (i == N ? endl : ' ');
} int main()
{
IOS;
cin >> T;
while (T--)
{
memset(vis, false, sizeof(vis));
memset(dat, 0, sizeof(dat));
cnt++;
cin >> N;
int u, v;
for (int i = 1; i <= N; i++)
G[i].clear();
for (int i = 1; i < N; i++)
{
cin >> u >> v;
add_edge(u, v);
}
solve();
} return 0;
}

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