P5384[Cnoi2019]雪松果树 （长链剖分）

题面

一棵以

1

1

1 为根的

N

N

N 个节点的有根树，

Q

Q

Q 次询问，每次问一个点

u

u

u 的

k

k

k 级兄弟有多少个（第

k

k

k 代祖先的第

k

k

k 代孩子），如果没有则输出 0 。

N

,

Q

≤

1

0

6

N,Q\leq 10^6

N,Q≤106 。

题解

像这种一个 log 可过的题目就是拿来 O(n) 做的

狗狗有言：挺板的长链剖分。

我们用离线+长链剖分来解决第

k

k

k 代孩子的问题，每个链顶存一个数组，表示每一代孩子的个数，把轻儿子的链合并。这个是长链剖分的常有操作，总共复杂度

O

(

n

)

O(n)

O(n) 。

如何

O

(

1

)

O(1)

O(1) 找

k

k

k 级祖先，这个很简单，不必用倍增。只需要把询问挂到树上，然后

d

f

s

\rm dfs

dfs 临时用一个数组栈存祖先就行了。

CODE

唉，又水了一篇

全程不用 vector ，常数极小

#include<set>
#include<map>
#include<stack>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<queue>
#include<bitset>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define MAXN 1000005
#define LL long long
#define DB double
#define ENDL putchar('\n')
#define lowbit(x) (-(x) & (x))
#define FI first
#define SE second
#define eps (1e-4)
LL read() {
	LL f=1,x=0;char s = getchar();
	while(s < '0' || s > '9') {if(s=='-')f = -f;s = getchar();}
	while(s >= '0' && s <= '9') {x=x*10+(s-'0');s = getchar();}
	return f*x;
}
void putpos(LL x) {
	if(!x) return ;
	putpos(x/10); putchar('0'+(x%10));
}
void putnum(LL x) {
	if(!x) putchar('0');
	else if(x < 0) putchar('-'),putpos(-x);
	else putpos(x);
}
const int MOD = 1000000007;
int n,m,s,o,k;
int hd[MAXN],v[MAXN],nx[MAXN],cnt;
void ins(int x,int y) {
	v[++ cnt] = y; nx[cnt] = hd[x];
	hd[x] = cnt; return ;
}
int d[MAXN],le[MAXN],son[MAXN];
int hd2[MAXN],nx2[MAXN];
int U[MAXN],kk[MAXN],fa[MAXN],as[MAXN];
int st[MAXN],tp;
int ar[MAXN<<1],he[MAXN],CN;
void dfs0(int x,int ff) {
	d[x] = d[ff] + 1;
	st[++ tp] = x;
	for(int i = hd2[x];i;i = nx2[i]) {
		if(kk[i] >= d[x]) fa[i] = 0;
		else fa[i] = st[tp-kk[i]];
	}
	hd2[x] = 0;
	for(int i = hd[x];i;i = nx[i]) {
		dfs0(v[i],x);
		le[x] = max(le[x],le[v[i]] + 1);
		if(le[v[i]] >= le[son[x]]) son[x] = v[i];
	}
	tp --;
	return ;
}
void dfs(int x,int ff) {
	he[x] = ++ CN;
	ar[he[x]] ++;
	if(son[x]) dfs(son[x],x);
	for(int i = hd[x];i;i = nx[i]) {
		if(v[i] != son[x]) {
			dfs(v[i],x);
			for(int j = 0;j <= le[v[i]];j ++) {
				ar[he[x]+j+1] += ar[he[v[i]]+j];
			}
		}
	}
	for(int i = hd2[x];i;i = nx2[i]) {
		int le = d[U[i]] - d[x];
		as[i] = ar[he[x]+le] - 1;
	}
	return ;
}
int main() {
	n = read();m = read();
	for(int i = 2;i <= n;i ++) {
		s = read();o = i;
		ins(s,o);
	}
	for(int i = 1;i <= m;i ++) {
		U[i] = s = read();kk[i] = read();
		nx2[i] = hd2[s]; hd2[s] = i;
	}
	dfs0(1,0);
	for(int i = 1;i <= m;i ++) {
		if(!fa[i]) continue;
		nx2[i] = hd2[fa[i]]; hd2[fa[i]] = i;
	}
	dfs(1,0);
	for(int i = 1;i <= m;i ++) {
		putnum(as[i]);
		if(i < m) putchar(' ');
	}ENDL;
	return 0;
}