【ZOJ 4097 The 19th Zhejiang University Programming Contest H】Rescue the Princess【边双连通缩点+LCA】

题意：

给出一个无向图，nnn个点，mmm条边，可能有重边与自环，也可能不连通。qqq 组询问，每组询问给出333个点，uuu、vvv、www，问是否存在两条路径不存在公共边，并且一条路径是v→uv\rightarrow uv→u，另一条路径是w→uw\rightarrow uw→u，存在输出YesYesYes，否则输出NoNoNo. (1≤n≤105,0≤m≤2∗105,1≤q≤105)(1\leq n \leq 10^5,0\leq m\leq 2*10^5,1\leq q\leq 10^5)(1≤n≤105,0≤m≤2∗105,1≤q≤105)

思路：

既然是无向图上求两条互不相交的路径，比较直接的想法就是先求出边双连通分量进行缩点，然后在树上进行考虑。

求出边双连通分量之后，假如 uuu、vvv、www 三点在同一个双连通分量中，则答案必定为YesYesYes。若 vvv、www 在同一个双连通分量中，而uuu在另一个双连通分量中，则答案必定为NoNoNo。若vvv或www和uuu在同一个双连通分量中，另一个点不在其中，则答案也为YesYesYes。考虑完了一个和两个双连通分量的情况之后，我们来考虑三个的情况。

假如 uuu、vvv、www 分属于三个不同的双连通分量中，则需要进行分类。YesYesYes 的情况只有两种，第一种情况是vvv和www都在uuu子树中，即lca(v,w)=ulca(v,w) = ulca(v,w)=u即可，如图(1)(1)(1)。第二种情况是vvv、www中有一个在uuu的子树中，另一个则不在。对于这种情况，我们先求出lca(v,w)=ylca(v,w) = ylca(v,w)=y，再求出x1=lca(u,w),x2=lca(u,v)x_1 = lca(u,w),x_2=lca(u,v)x1=lca(u,w),x2=lca(u,v)，则x1x_1x1与x2x_2x2中一定有一个为yyy，另一个为uuu，才能输出YesYesYes，否则输出NoNoNo. 到此，这题分类讨论就结束了。

但是这一题还需要注意一些细节，因为图可能不连通，因此需要预先判断uuu、vvv、www三个点是否连通，如果不连通，直接输出NoNoNo. 还有一个细节，因为图可能是个森林，因此需要对每一个树进行 lcalcalca 处理。

反思：

比赛的时候想法的确是正确的，也考虑到了图不连通这一特殊情况。但是忘记了图不连通时，需要对森林中每一颗树预处理一遍 lcalcalca，导致最终也没有通过此题，实力还是非常有待提升，继续加油！！

代码：

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <algorithm>
#define __ ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0)
#define rep(i,a,b) for(int i = a; i <= b; i++)
#define LOG1(x1,x2) cout << x1 << ": " << x2 << endl;
#define LOG2(x1,x2,y1,y2) cout << x1 << ": " << x2 << " , " << y1 << ": " << y2 << endl;
#define LOG3(x1,x2,y1,y2,z1,z2) cout << x1 << ": " << x2 << " , " << y1 << ": " << y2 << " , " << z1 << ": " << z2 << endl;
typedef long long ll;
typedef double db;
const int N = 2*1e5+100;
const int M = 5*1e5+100;
const db EPS = 1e-9;
using namespace std;struct Edge{    int to,next;
}e[M],ec[M];
int n,m,q,head[N],dfn[N],low[N],headc[N],dis[N],d[N],f[N][20],t;
bool bridge[M];
int tot,num,dcc,tc,DD[N];
int c[N];void init(){tot = tc = 1;num = dcc = 0;rep(i,0,n) head[i] = headc[i] = 0;rep(i,0,2*m) bridge[i] = 0;rep(i,0,n) c[i] = dfn[i] = low[i] = 0;rep(i,0,n) dis[i] = d[i] = DD[i] = 0;
}void add(int x,int y){e[++tot].to = y; e[tot].next = head[x]; head[x] = tot;
}void addc(int x,int y)
{ec[++tc].to = y; ec[tc].next = headc[x]; headc[x] = tc;
}void tarjan(int x,int in_edge)
{dfn[x] = low[x] = ++num;for(int i = head[x]; i ; i = e[i].next){int y = e[i].to;if(!dfn[y]){tarjan(y,i);  //传入边(x,y)的序号low[x] = min(low[x],low[y]);if(low[y] > low[x])  //该边连接(x,y)，y点无法连接x点上面的点，因此该边是割边bridge[i] = bridge[i^1] = true;}else if(i != (in_edge^1)) //y点所连接的边 不能是(x,y)边的反向边low[x] = min(low[x],dfn[y]);}
}void dfsD(int x,int hp){DD[x] = hp;for(int i = head[x]; i; i = e[i].next){int y = e[i].to;if(DD[y] == 0) dfsD(y,hp);}
}void dfs(int x)    //用于将图划分为多个边双连通分量
{c[x] = dcc;for(int i = head[x]; i ; i = e[i].next){int y = e[i].to;if(c[y] || bridge[i]) continue;  //如果点y已经属于别的强连通分量，或者边i是割边，则continuedfs(y);}
}void bfs(int s)
{queue<int> q;while(q.size()) q.pop();q.push(s); d[s] = 1; dis[s] = 0;  //把1当做树根while(q.size()){int x = q.front(); q.pop();for(int i = headc[x]; i ;i = ec[i].next){int y = ec[i].to;if(d[y]) continue;d[y] = d[x]+1;dis[y] = dis[x]+1; //dist[y]:从1到y的距离f[y][0] = x;  //y走2^0步到达xfor(int j = 1; j <= t;j++)f[y][j] = f[f[y][j-1]][j-1];q.push(y);}}
}int lca(int x,int y)
{if(d[x] > d[y]) swap(x,y);for(int i = t; i >= 0; i--)if(d[f[y][i]] >= d[x]) y = f[y][i];  //往上追溯，直至y和x位于同一深度if(x == y) return x;  //如果已经找到了，就返回xfor(int i = t; i >= 0; i--)if(f[x][i] != f[y][i]) x = f[x][i], y = f[y][i];  //x和y同时往上走，一直到x和y恰好为lca的子节点return f[x][0];  //x和y共同的根节点就是lca
}int main()
{int _; scanf("%d",&_);while(_--){scanf("%d%d%d",&n,&m,&q);init();rep(i,1,m){int xx,yy; scanf("%d%d",&xx,&yy);add(xx,yy); add(yy,xx);}int ctt = 0;rep(i,1,n)if(!DD[i]) dfsD(i,++ctt);rep(i,1,n)if(!dfn[i]) tarjan(i,0); //将边序号传进去rep(i,1,n)if(!c[i]){ //如果i点未被标记过++dcc;dfs(i);}rep(i,2,tot){int x = e[i^1].to, y = e[i].to; //记录该边连接的两个端点if(c[x] == c[y]) continue; //如果连接的两个点属于同一连通分量，则continueaddc(c[x],c[y]);  //用连通的分量的编号来代表整个连通分量，以此来进行缩点addc(c[y],c[x]);}t = (int)(log(dcc+1)/log(2))+1;rep(i,1,dcc)if(d[i] == 0) bfs(i);rep(i,1,q){int u,v,w; scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);if(DD[u] == DD[v] && DD[u] == DD[w]){if(c[u] == c[v] && c[u] == c[w]) printf("Yes\n");else if(c[v] == c[w] && c[v] != c[u]) printf("No\n");else if(c[u] != c[v] && c[u] != c[w] && c[v] != c[w]){int y = lca(c[v],c[w]);if(y == c[u]) printf("Yes\n");else{int x1 = lca(c[v],c[u]);int x2 = lca(c[w],c[u]);if(x1 == y && x2 == c[u]) printf("Yes\n");else if(x2 == y && x1 == c[u]) printf("Yes\n");else printf("No\n");}}else if(c[v] == c[u] && c[w] != c[v]) printf("Yes\n");else if(c[w] == c[u] && c[w] != c[v]) printf("Yes\n");else printf("No\n");}else printf("No\n");}}return 0;
}

由于ZOJ不能交题了，再次给出数据生成代码，以供对拍。（ZOJ现在可以交题了，题目可以在Problem里面找到）

#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <ctime>
#define rep(i,a,b) for(int i = a; i <= b; i++)
using namespace std;char tmp[10] = {'I','S','F','A'};
int vis[1000];int main()
{freopen("/Users/gene_liu/Desktop/pai/text.txt","w",stdout);srand(time(0));int n = 1e5, m = 2*1e5, q = 1e5;printf("1\n%d %d %d\n",n,m,q);rep(i,1,m){int x = rand()%n+1, y = rand()%n+1;printf("%d %d\n",x,y);}rep(i,1,q){int u = rand()%n+1, v = rand()%n+1, w = rand()%n+1;printf("%d %d %d\n",u,v,w);}return 0;
}

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【ZOJ 4097 The 19th Zhejiang University Programming Contest H】Rescue the Princess【边双连通缩点+LCA】

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反思：

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