树上差分（LCA辅助(树上倍增版)）

题面回顾

有一棵 $n$ 个节点，边权为 $1$ 的树，有 $m$ 个人在 $S[i]$ 和 $T[i]$ 之间的最短路径上从 $0$ 时刻出发开始跑步，每个节点 $i$ 上都有一个观察员，观察第 $w[i]$ 秒恰好经过该节点的人数。问：每个观察员可以看到多少人？

思路分析

（解释一波lyd大佬的思路）

由于每个人运动的路径是固定的，所以可以把每个人的路径分为两段：起点 $s$ 到 $lca$ ， $lca$ 到终点 $t$

因此，对于每个观测点 $x$ ,有两种情况可以观察到第 $i$ 个人(其中 $d$ 数组表示深度，可以用bfs一遍处理倍增时进行预处理)

1.  $x$ 在 $s[i]$ 到 $lca(s[i],t[i])$ 的路径上， $w[x]=d[s[i]]-d[x]$

2.  $x$ 在 $lca(s[i],t[i])$ 到 $t[i]$ 的路径上， $w[x]=d[s[i]]+d[x]-2* d[lca(s[i],t[i])] $

这两种情况其实是类似的，我们不妨先来考虑第一种

移项得  $w[x]+d[x]=d[s[i]]$

这就相当于在 $s[i]$ 到 $lca(s[i],t[i])$ 的路径上每个节点放一个类型为 $d[s[i]]$ 的物品，求最终每个节点上放有多少个类型为 $d[x]+w[x]$ 的物品

这让我们想到了雨天的尾巴，但是那道线段树合并模板题是因为要求每个节点最多的种类是什么，这道题则是求给定的种类有多少个物品

因此可以不用敲线段树合并。。。

下面是做法：

1. 对每个节点建立两个 $vector$ 数组，分别表示在这个节点产生或消失的物品的类型

2. 建立全局数组 $c$ ，记录每种类型物品的数量（相当于桶）

3. 开始做dfs，当遇到一个点 $x$ 时，先保存当前 $c[w[x]+d[x]]$ 的值，记为 $cnt$

4. 然后扫描 $x$ 的两个 $vector$ ，产生数组中出现 $z$ 就让 $c[z]++$ ,消失数组中出现 $z$ 就让 $c[z]--$ 。这是因为如果这个物品在 $x$ 的子树中即产生又消失，那么对 $x$ 无影响；如果只产生不消失，说明消失的地方在 $x$ 上面，那么 $x$ 上就会放下这个物品；由于规定下产生，上消失，所以不可能出现消失了但没有产生的情况

5. 然后扫完子节点返回 $x$ ,用当前的 $c[w[x]+d[x]]$ 减去扫描前的 $c[w[x]+d[x]]$ （也就是存好的 $cnt$ ），记为 $x$ 处的 $w[x]+d[x]$ 类物品的数量

下面是几个栗子

然后刚才说过的第二种情况也差不多，t[i]到 $lca$ 路径上增加的物品类型为 $d[s[i]]-2* d[lca(s[i],t[i])]$ , 最后统计每个结点 $x$ 处物品 $w[x]-d[x]$ 的数量

最后就可以上代码了（一些细节会在代码里讲）

代码来了

#include
using namespace std;
#define ll long long
#define fr(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define fo(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)//个人习惯而已，别太在意
#pragma GCC optimize(2)
const int M=300005;
int n,m,v[M],p,f[M][20],s[M],t[M],lca[M],w[M],c1[2*M],c2[2*M],ans[M],d[M];
int head[M],Next[2*M],ver[2*M],tot;
vector ap1[M],dap1[M],ap2[M],dap2[M];
//ap即appear出现，dap即disappear消失，1和2分别是从s到lca和t到lca
queue q;
void add(int x,int y) {
    Next[++tot]=head[x],head[x]=tot,ver[tot]=y;
}
void bfs() {
    q.push(1); d[1]=1;
    while(q.size()) {
        int x=q.front(); q.pop();
        for(int i=head[x];i;i=Next[i]) {
            int y=ver[i];
            if(d[y]) continue;
            d[y]=d[x]+1;
            f[y][0]=x;
            fr(j,1,p) f[y][j]=f[f[y][j-1]][j-1];
                //LCA的倍增预处理（这个不用我多说了吧）
            q.push(y);
        }
    }
} 
int LCA(int x,int y) {
    if(d[x]>d[y]) swap(x,y);
    fo(i,p,0) if(d[f[y][i]]>=d[x]) y=f[y][i];
    if(x==y) return x;
    fo(i,p,0) if(f[x][i]!=f[y][i]) x=f[x][i],y=f[y][i];
    return f[x][0];
}
void dfs(int x) {
    v[x]=1;
    int cnt1=c1[w[x]+d[x]],cnt2=c2[w[x]-d[x]+M];
    //cnt2加这个M是因为w[x]-d[x]有可能是负的，要加偏移值或离散化
    //先保存好扫描前的数量
    for(int i=0;i