题目

题目描述

松鼠的新家是一棵树，前几天刚刚装修了新家，新家有$n$个房间，并且有$n-1$根树枝连接，每个房间都可以相互到达，且俩个房间之间的路线都是唯一的
天哪，他居然真的住在“树”上
松鼠想邀请小熊维尼前来参观，并且还指定一份参观指南，他希望维尼能够按照他的指南顺序，先去$a_1$，再去$a_2$，…，最后到$a_n$，去参观新家
可是这样会导致维尼重复走很多房间，懒惰的维尼不听地推辞
可是松鼠告诉他，每走到一个房间，他就可以从房间拿一块糖果吃
维尼是个馋家伙，立马就答应了
现在松鼠希望知道为了保证维尼有糖果吃，他需要在每一个房间各放至少多少个糖果
因为松鼠参观指南上的最后一个房间$a_n$是餐厅，餐厅里他准备了丰盛的大餐，所以当维尼在参观的最后到达餐厅时就不需要再拿糖果吃了

输入格式

第一行一个整数$n$，表示房间个数
第二行$n$个整数，依次描述$a_1-a_n$
接下来$n-1$行，每行两个整数$x$，$y$，表示标号$x$和$y$的两个房间之间有树枝相连

输出格式

一共$n$行，第$i$行输出标号为$i$的房间至少需要放多少个糖果，才能让维尼有糖果吃

样例

样例输入

5
1 4 5 3 2
1 2
2 4
2 3
4 5

样例输出

1
2
1
2
1

数据范围与提示

$30\%$的数据，$n⩽4000$
$80\%$的数据，$n⩽50000$
100%的数据，$2⩽n⩽300000$

题解

其实这题是可以直接树剖的，但是我太懒(làn)主要是板子背不下来
从$a_i$走到$a_{i+1}$时，在$a_i$和$a_{i+1}$上面打上$+1$标记，在它们的LCA和LCA的父亲节点上面打上$-1$标记，这样从下往上传标记即可得出每个点需要经过次数
但是要注意每次经过的点会重复算，因此最后要把$a_2\sim a_n$计算得到的值减一才是答案
其实这个做法的本质就是差分
附上代码：

#include<algorithm>
#include<cstdio>
using namespace std;
int n,tot,a[300010],head[300010],dep[300010],fa[300010][20],ans[300010];
struct ppap
{int to,nxt;
}e[600010];
void add(int u,int v)
{e[++tot].nxt=head[u],head[u]=tot,e[tot].to=v;
}
void dfs1(int x)
{for(int i=1;i<=18;i++)if(dep[x]>=(1<<i)) fa[x][i]=fa[fa[x][i-1]][i-1];else break;for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt) if(e[i].to!=fa[x][0]) dep[e[i].to]=dep[x]+1,fa[e[i].to][0]=x,dfs1(e[i].to);
}
int lca(int x,int y)
{if(dep[x]<dep[y]) swap(x,y);int t=dep[x]-dep[y];for(int i=0;i<=18;i++) if((1<<i)&t)x=fa[x][i];for(int i=18;i>=0;i--) if(fa[x][i]!=fa[y][i]) x=fa[x][i],y=fa[y][i];if(x==y) return x;return fa[x][0];
}
void dfs2(int x)
{for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt) if(e[i].to!=fa[x][0]) dfs2(e[i].to),ans[x]+=ans[e[i].to];
}
int main()
{scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);for(int i=1,u,v;i<n;i++) scanf("%d%d",&u,&v),add(u,v),add(v,u);dfs1(a[1]);for(int i=1,LCA;i<n;i++) LCA=lca(a[i],a[i+1]),ans[a[i]]++,ans[a[i+1]]++,ans[LCA]--,ans[fa[LCA][0]]--;dfs2(a[1]);for(int i=2;i<=n;i++) ans[a[i]]--;for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d\n",ans[i]);
}