2019CCPC Final K. Russian Dolls on the Christmas Tree

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
#include
#include
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef pair 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;
vectorG[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;
}