bzoj2783: [JLOI2012]树

在这个问题中，给定一个值S和一棵树。在树的每个节点有一个正整数，问有多少条路径的节点总和达到S。路径中节点的深度必须是升序的。假设节点1是根节点，根的深度是0，它的儿子节点的深度为1。路径不必一定从根节点开始。
Input

   第一行是两个整数N和S，其中N是树的节点数。   第二行是N个正整数，第i个整数表示节点i的正整数。   接下来的N-1行每行是2个整数x和y，表示y是x的儿子。

Output

   输出路径节点总和为S的路径数量。

Sample Input

3 3

1 2 3

1 2

1 3

Sample Output

2
HINT

对于100%数据，N≤100000，所有权值以及S都不超过1000。

先理解下题目，其实就是对于每个点，他只可以往他父亲那里跳，然后获得值，问有多少个点可以达到s
首先，比较暴力的DP写法我就不说了，时间是N*S的
这当然不是我们想要的。。
于是我就就想起了树上倍增
像找lca一样，每次跳很多个，要是发现跳了这个多值都没超过s，就跳
这样下来就可以log找到有没有解了

#include<cstdio>#include<cstring>const int N=100005;int n,s;int a[N];struct qq{int x,y,last;}e[N];int num,last[N];void init (int x,int y){    num++;    e[num].x=x;e[num].y=y;    e[num].last=last[x];    last[x]=num;}int f[N][21];int dep[N];void dfs (int x){    for (int u=1;u<=21;u++)         if (f[x][u-1]!=0)            f[x][u]=f[f[x][u-1]][u-1];    for (int u=last[x];u!=-1;u=e[u].last)    {        int y=e[u].y;        dep[y]=dep[x]+a[y];        f[y][0]=x;        dfs(e[u].y);    }}int ans=0;void solve (int x)//探索这个点的答案 {    int xx=x;    for (int u=20;u>=0;u--)        if (dep[x]-dep[f[xx][u]]<=s)            xx=f[xx][u];    if (dep[x]-dep[xx]==s)        ans++;    for (int u=last[x];u!=-1;u=e[u].last)        solve(e[u].y);}int main(){    num=0;memset(last,-1,sizeof(last));    scanf("%d%d",&n,&s);    for (int u=1;u<=n;u++) scanf("%d",&a[u]);    for (int u=1;u<n;u++)    {        int x,y;        scanf("%d%d",&x,&y);        init(x,y);    }    dep[1]=a[1];f[1][0]=0;dfs(1);    solve(1);    printf("%d\n",ans);    return 0;}