题意
给定有 个节点的树,节点 与 有距离为 的边。
次询问,每次询问给出
若某个节点到 的距离 小于 ,则会产生 的贡献,求树上所有点与 产生的贡献之和。
题解
这棵树是一颗完全二叉树.设 表示 到 的距离。
分别考虑 子树内的答案和子树外的答案:
- 子树内的答案即
其中 .
将 子树内所有的 放到的一个数组 中,对 排序后求其前缀和数组 。
那么这部分答案就可以通过对 数组二分得到 算出来,即 。 - 父亲
及其兄弟节点
.父亲的答案即
.兄弟节点
的子树内的节点的答案即
可以发现上式和 中的式子形式相同,故可以统一处理. - 父亲的父亲及父亲的兄弟节点…
由于这是棵完全二叉树,故暴力跳父亲算答案最多跳
次,算上二分的
,单次询问复杂度为
.
可以自底向上通过归并求出,且根据完全二叉树的特性,可以采用非递归的形式求解降低常数。
时间复杂度
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e6 + 5;
typedef long long ll;
int n, m, dep[N], Len[N];
vector<int> a[N];
vector<ll> Sum[N];
inline ll Calc(int u, int H) {
if (H <= 0 || !a[u].size())
return 0;
int s = lower_bound(a[u].begin(), a[u].end(), H) - a[u].begin();
return s ? (ll)s * H - Sum[u][s - 1] : 0;
}
int main() {
scanf("%d%d", &n, &m);
for (int i = 2; i <= n; ++i)
scanf("%d", Len + i);
for (int u = 1; u <= n / 2; ++u) {
int L = u << 1, R = L | 1;
if (L <= n)
dep[L] = dep[u] + Len[L];
if (R <= n)
dep[R] = dep[u] + Len[R];
}
for (int u = n; u; --u) {
int L = u << 1, R = L | 1;
a[u].emplace_back(dep[u]);
if (R <= n)
merge(a[L].begin(), a[L].end(), a[R].begin(), a[R].end(),
back_inserter(a[u]));
else if (L <= n)
a[u].insert(a[u].end(), a[L].begin(), a[L].end());
Sum[u].resize(a[u].size());
Sum[u][0] = a[u][0];
for (int i = 1; i < (int)Sum[u].size(); ++i)
Sum[u][i] = Sum[u][i - 1] + a[u][i];
}
for (int u, H; m--;) {
scanf("%d%d", &u, &H);
ll Ans = Calc(u, H + dep[u]);
for (H -= Len[u]; H > 0 && u != 1; H -= Len[u >>= 1])
Ans += H + Calc(u ^ 1, H - Len[u ^ 1] + dep[u ^ 1]);
printf("%lld\n", Ans);
}
return 0;
}