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a1，再去a2，……，最后到an，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an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
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a1-an
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
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
提示
2<= n <=300000
题解
很简单的一道题，用了下差分数组。
先求出两个点的最近公共祖先（这里使用树链剖分，细节少），然后打标记，不难理解。
最后把子节点的标记累加到根节点即可。
注意每次走的路径都有重复的，所以算完后还要减掉一遍。
#include <stdio.h>
#include <algorithm>
using namespace std;
int a[300001] , head[300001] , to[600001] , next[600001] , cnt , fa[300001] , deep[300001] , si[300001] , bl[300001] , tot , s[300001] , q[300001];
void add(int x , int y)
{
to[++cnt] = y;
next[cnt] = head[x];
head[x] = cnt;
}
void dfs1(int x)
{
int i , y;
si[x] = 1;
for(i = head[x] ; i ; i = next[i])
{
y = to[i];
if(y != fa[x])
{
fa[y] = x;
deep[y] = deep[x] + 1;
dfs1(y);
si[x] += si[y];
}
}
}
void dfs2(int x , int c)
{
int k = 0 , i , y;
q[++tot] = x;
bl[x] = c;
for(i = head[x] ; i ; i = next[i])
{
y = to[i];
if(y != fa[x] && si[y] > si[k])
k = y;
}
if(k != 0)
{
dfs2(k , c);
for(i = head[x] ; i ; i = next[i])
{
y = to[i];
if(y != fa[x] && y != k)
dfs2(y , y);
}
}
}
int lca(int x , int y)
{
while(bl[x] != bl[y])
{
if(deep[bl[x]] < deep[bl[y]])
swap(x , y);
x = fa[bl[x]];
}
if(deep[x] < deep[y])
return x;
return y;
}
int main()
{
int n , i , x , y , k;
scanf("%d" , &n);
for(i = 1 ; i <= n ; i ++ )
scanf("%d" , &a[i]);
for(i = 1 ; i < n ; i ++ )
{
scanf("%d%d" , &x , &y);
add(x , y);
add(y , x);
}
dfs1(1);
dfs2(1 , 1);
for(i = 2 ; i <= n ; i ++ )
{
k = lca(a[i] , a[i - 1]);
s[a[i]] ++ ;
s[a[i - 1]] ++ ;
s[k] -- ;
s[fa[k]] -- ;
}
for(i = n ; i >= 2 ; i -- )
s[fa[q[i]]] += s[q[i]];
for(i = 2 ; i <= n ; i ++ )
s[a[i]] -- ;
for(i = 1 ; i <= n ; i ++ )
printf("%d\n" , s[i]);
return 0;
}