正题

题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/P6118

题目大意

给出一棵\(n\)个点的树，对于一个点\(x\)来说，独特的点\(y(y\neq x)\)是指不存在\(z\)使得\(dis(y,x)=dis(z,x)\)，其中\(x\neq z,y\neq z\)。

每个点有个颜色，对于每个点\(x\)求对于它来说独特的点所包含的颜色种类数。

\(1\leq n\leq 2\times 10^5\)

解题思路

首先我们很容易得到一个结论就是记距离\(x\)最远的点是\(y\)，那么对于点\(x\)独特的点肯定都在\(x\leftrightarrow y\)的路径上。（证明很简单，因为不在这个上面的肯定能在这条路径上找到一个点和它深度相等）

然后树上有一个性质就是距离任意点\(x\)最远的点\(y\)肯定在树的直径的某一端。

那么我们现在考虑对于一个点\(x\)，快速求出所有其他点\(y\)路径\(x\rightarrow y\)上点的贡献。

我们考虑用一个东西去存目前\(x\rightarrow y\)路径上的节点集合\(S\)，然后对于每个点预处理出一个子树深度最深的儿子和次深的儿子。

然后如果我们不是往最深那个儿子那里走，记它的深度为\(dep\)，那么集合\(S\)中距离\(x\)超过\(dep+1\)的点都不会产生贡献。

如果是往最深那个走，那么就是次深那个节点的深度。

我们考虑直接用一个栈来维护这个集合\(S\)，然后每次先往最深的那个儿子走再走其他的儿子，实时弹出集合\(S\)中的节点。

但是这样我们回溯的时候是不是需要把之前弹出来的节点还回去呢，能够惊喜的发现，继续往回到分叉的时候，这些节点依旧要被弹出，因为刚刚走过的子树有这些深度的节点。

所以这样每个点就最多被弹出一次了。

时间复杂度：\(O(n)\)

code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<stack>
using namespace std;
const int N=2e5+10;
struct node{
	int to,next;
}a[N<<1];
int n,m,tot,sum,root,mx,ls[N],col[N],ans[N];
int son[N],ton[N],len[N],c[N],dep[N],las[N];
stack<int> s,tmp[N];
void addl(int x,int y){
	a[++tot].to=y;
	a[tot].next=ls[x];
	ls[x]=tot;return;
}
void dfs(int x,int fa,int dep){
	if(dep>mx){mx=dep;root=x;}
	for(int i=ls[x];i;i=a[i].next){
		int y=a[i].to;
		if(y==fa)continue;
		dfs(y,x,dep+1);
	}
	return;
}
void ins(int x)
{sum+=(!c[col[x]]);c[col[x]]++;return;}
void del(int x)
{c[col[x]]--;sum-=(!c[col[x]]);return;}
void calc(int x,int fa){
	len[x]=son[x]=ton[x]=0;
	for(int i=ls[x];i;i=a[i].next){
		int y=a[i].to;
		if(y==fa)continue;
		dep[y]=dep[x]+1;calc(y,x);
		len[x]=max(len[x],len[y]+1);
		if(len[y]>len[son[x]])
			ton[x]=son[x],son[x]=y;
		else if(len[y]>len[ton[x]])
			ton[x]=y;
	}
	return;
}
void sets(int x,int len){
	while(!s.empty()&&dep[x]-dep[s.top()]<=len)
		del(s.top()),s.pop();
	return;
}
void solve(int x,int fa){
	sets(x,len[ton[x]]+1);
	s.push(x);ins(x);
	if(son[x])solve(son[x],x);
	if(!son[son[x]])s.pop(),del(x);
	sets(x,len[son[x]]+1);
	if(dep[x]>las[x])
		ans[x]=sum,las[x]=dep[x];
	for(int i=ls[x];i;i=a[i].next){
		int y=a[i].to;
		if(y==fa||y==son[x])continue;
		s.push(x);ins(x);
		solve(y,x);
		if(!son[y])s.pop(),del(x);
	}
	return;
}
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);len[0]=-1;
	for(int i=1,x,y;i<n;i++){
		scanf("%d%d",&x,&y);
		addl(x,y);addl(y,x);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&col[i]);
	dfs(1,0,1);
	calc(root,0);
	solve(root,0);
	mx=0;dfs(root,0,1);
	dep[root]=0;calc(root,0);
	solve(root,0);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		printf("%d\n",ans[i]);
	return 0;
}

标签：return,int,void,len,son,dep,2019,P6118,JOI
来源： https://www.cnblogs.com/QuantAsk/p/16377976.html