hdu 5927 Auxiliary Set 2016CCPC东北地区大学生程序设计竞赛 - 重现赛 F题（树状dp）

传送门： http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5927

题目大意：

有一个树，以1为根。其中某些点为重要点。

定义“重要点集”为符合如下条件的点：（1）重要点，（2）两个重要点的最近公共祖先。

给出q次询问，每次询问给出非重要点的序号，求“重要点集”中有几个点。

题目分析：

刚拿到这题的时候的dp思路有点问题，是进行了两次dfs，这样的时间复杂度就达到了O(qn)，这肯定会T了。。

后来看了题解之后明白了，首先从1点dfs一趟，确定每个点的父节点、深度、以及有几棵子树。

然后令dp[i]表示节点i有几个子树有重要点，首先初始化dp[i]为子树个数（相当于初始化每个点都是重要点），然后把“非重要点”按深度逆序排列，然后依次更新非重要点的dp[i]:如果dp[i]==0，则dp[father[i]]–；因为i点非重要，且i点的子树里也没有重要点（这里因为是深度逆序排列的，所有i点的子树里的非重要点都已经计算过了，dp[i]==0要么说明他是叶子的非重要节点，要么它的子树肯定就没有重要点），那么father[i]点就有一棵子树没有重要点。

然后再统计一遍，dp[i]>=2的非重要点就一定是两个重要点的最近公共祖先。

这里有一个会T的点，我也在这里没想好就T了一下午，就是初始化dp[i]为子树个数的时候，只需要初始化非重要点就可以了，因为重要点我们是不做统计的。所以我们只维护非重要点有几个子树有重要点。

注意看第58行代码就好了，而且我才知道memset的复杂度是O(n)的，我以为是把内存单元瞬间清0。。。

那

...
while(q--) {
memset(m,0,sizeof(m))
...
}

这一段的时间复杂度就高达了O(qm)这是不允许的。

因为题里说每个测试点内的所有m加起来不超过10万，所以总复杂度可表示为O(n+mlogm).

//source:2016CCPC东北地区大学生程序设计竞赛 - 重现赛
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int T;
int n,q,u,v,mi;
vector<int> g[100005];
int fa[100005];
int dp[100005];
int dp2[100005];
int m[100005];
int deep[100005];
int ans;
void dfs(int u,int par,int d) {
deep[u]=d;
if(!fa[u])
fa[u]=par;
for(int i=0;i<g[u].size();i++) {
int v=g[u][i];
if(!fa[v]) {
dfs(v,u,d+1);
dp[u]++;
}
}
}
bool cmp(int x,int y) {
return deep[y]<deep[x];
}
void solve() {
sort(m,m+mi,cmp);
for(int i=0;i<mi;i++) {
int u=m[i];
if(dp2[u]==0)//u点非重要 且u点的孩子没有重要点
dp2[fa[u]]--;
}
for(int i=0;i<mi;i++) {
int u=m[i];
if(dp2[u]>=2)
ans++;
}
}
int main() {
scanf("%d",&T);
for(int t=1;t<=T;t++) {
scanf("%d %d",&n,&q);
memset(fa,0,sizeof(fa));
memset(dp,0,sizeof(dp));
memset(deep,0,sizeof(deep));
memset(g,0,sizeof(g));
for(int i=0;i<n-1;i++) {
scanf("%d %d",&u,&v);
g[u].push_back(v);
g[v].push_back(u);
}
dfs(1,-1,0);//确定父子关系和深度
printf("Case #%d:\n",t);
while(q--) {
//    memset(m,0,sizeof(m));这句不注释掉会T！！！T了13发！！！！！！
scanf("%d",&mi);
for(int i=0;i<mi;i++)
scanf("%d",&m[i]);

for(int i=0;i<mi;i++)
dp2[m[i]]=dp[m[i]];
ans=n-mi;
solve();
printf("%d\n", ans);
}
}
}