hdu 5927 Auxiliary Set （分析*）

题目：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5927
题意：

给定一棵以1为根的n个节点的树，多个询问，每次询问给出一个集合，集合内的点表示为不重要的点（不在集合内的点就是重要的点），求给定这个集合后有多少点能进入另一个集合，点x进入另一个集合的要求：1：重要的点。2：有两个重要的点的最近公共祖先为x。

分析：

大体的思路就是怎么快速的把不重要的点变成重要的点，考虑对于每个不重要的点，做dfs从叶子结点更新上去一定能判断其是否可以变成重要点，然而时间复杂度太高，想办法优化一下。
想啊想 ,没想出来QAQ（尴尬.jpg)
那么就看一下大神的分析吧
其实对于每一个询问我们只要判断哪些不重要的点是能进入集合的，那么对于一个不重要的点x，怎样才能进入集合呢？我们先dfs对于所有的点求出fa[x]和son[x]。当询问是，我们先初始确定每个不重要的点的son’[x]，如果一个点要进入集合那么显然要求son’[x]>=2，这样才会有两个重要的点的最近公共祖先是x。那么对于一个点x的son’又会受什么影响呢？当一个点y满足son’[y]==0&&y是不重要的点那么son’[fa[y]]–。这样我们就能维护我们需要的信息了。O(mlogm)
这跟我想的也差不多嘛
然而实现的时候是根据深度排序，这样就能从叶子结点向上更新了~~
记得以前我也做过一道类似的题，怎么就想不起来呢==

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1e5+10;
vector<int>g[N];
int fa[N],dep[N],son[N],ch[N],a[N];
void dfs(int u,int pa) {
    fa[u]=pa;
    dep[u]=dep[pa]+1;
    son[u]=0;
    for(int i=0; i<g[u].size(); i++)
        if(g[u][i]!=pa) {
            dfs(g[u][i],u);
            son[u]++;
        }
}
int cmp(const int &a,const int &b) {
    return dep[a]>dep[b];
}
int main() {
    //freopen("f.txt","r",stdin);
    int n,q,m,u,v,T;
    scanf("%d",&T);
    for(int cas=1; cas<=T; cas++) {
        scanf("%d%d",&n,&q);
        printf("Case #%d:\n",cas);
        for(int i=0; i<=n; i++)g[i].clear();
        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);
        while(q--) {
            scanf("%d",&m);
            int ans=n-m;
            for(int i=0; i<m; i++)scanf("%d",&a[i]);
            sort(a,a+m,cmp);
            for(int i=0; i<m; i++)ch[a[i]]=son[a[i]];
            for(int i=0; i<m; i++)
                if(ch[a[i]]>=2)ans++;
                else if(ch[a[i]]==0)ch[fa[a[i]]]--;
            printf("%d\n",ans);
        }
    }
    return 0;
}