仓鼠找 sugar

题目描述

小仓鼠的和他的基（mei）友（zi）sugar住在地下洞穴中，每个节点的编号为 1 1 1~ n n n。地下洞穴是一个树形结构。这一天小仓鼠打算从从他的卧室（ a a a）到餐厅（ b b b），而他的基友同时要从他的卧室（ c c c）到图书馆（ d d d）。他们都会走最短路径。现在小仓鼠希望知道，有没有可能在某个地方，可以碰到他的基友？

小仓鼠那么弱，还要天天被 zzq 大爷虐，请你快来救救他吧！

输入格式

第一行两个正整数 n n n 和 q q q，表示这棵树节点的个数和询问的个数。

接下来 n − 1 n-1 n−1 行，每行两个正整数 u u u 和 v v v，表示节点 u u u 到节点 v v v 之间有一条边。

接下来 q q q 行，每行四个正整数 a 、 b 、 c a、b、c a、b、c 和 d d d，表示节点编号，也就是一次询问，其意义如上。

输出格式

对于每个询问，如果有公共点，输出大写字母 “Y”；否则输出 “N”。

样例 #1

样例输入 #1

样例输出 #1

Y
N
Y
Y
Y

提示

20 20 20%的数据 n < = 200 , q < = 200 n<=200,q<=200 n<=200,q<=200

40 40 40%的数据 n < = 2000 , q < = 2000 n<=2000,q<=2000 n<=2000,q<=2000

70 70 70%的数据 n < = 50000 , q < = 50000 n<=50000,q<=50000 n<=50000,q<=50000

100 100 100%的数据 n < = 100000 , q < = 100000 n<=100000,q<=100000 n<=100000,q<=100000

笨蒟蒻的个人题解

传送门

先解释一下题意：

就是从树上两个起点分别到两个终点之间走，是否有重合的可能？

OK，咱们翻译一下这是啥意思啊，就是树上两条路径是否有相交。

就拿样例来说吧：

用笔画一下两条路径看看就OK。（不多说了

笨蒟蒻初次看到这题是这样想的，首先找两个起点的最近公共祖先 u u u，然后判断 u u u 是否分别在两条路径上。（肥肠煎蛋

然后就 WA 了hhh。

if((dist(a, b) == dist(a, u) + dist(u, b)) && (dist(c, d) == dist(c, u) + dist(u, d))) cout << "Y" << endl;
else cout << "N" << endl;

就这样想的，明显有问题啊。

然后我注意到了那个第二个 3514 3514 3514 的样例，总觉得这不对啊，这样例只是凑巧，换一些就不成立了。

然后我换了种思路，我这么想啊，就是我先找一条路径的结点最浅的点，然后判断其是否在另一条路径上，似乎没啥问题啊，于是我改成了这样的写法。

if((dist(a, b) == dist(a, u) + dist(u, b)) && (dist(c, d) == dist(c, u) + dist(u, d))){cout << "Y" << endl;continue;}if(depth[a] > depth[b]) swap(a, b);
if(dist(a, u) == dist(a, b) + dist(b, u))
{if((dist(c, u) == dist(c, b) + dist(b, u)) || dist(d, u) == dist(d, b) + dist(b, u)){cout << "Y" << endl;continue;}
}if(depth[c] > depth[d]) swap(c, d);
if(dist(c, u) == dist(c, d) + dist(d, u))
{if((dist(a, u) == dist(a, d) + dist(d, u)) || dist(b, u) == dist(b, d) + dist(d, u)){cout << "Y" << endl;continue;}
}cout << "N" << endl;

果不其然又 WA 了 hhh，然后想了十几分钟，终于知道怎么写了啊。

这题得要考虑一下这种情况。

当时直播写题的时候也是画的这个图。图中两条线我已经标记好了，请问这种如果用上面的方法，就是错误的。所以我们不能这么做。那正确的做法应该是啥呢？我首先想到是先找一条路径的最近公共祖先 x 1 x1 x1，然后判断其是否在另一条路径上，另外那个也是这样操作。

凭啥这样可以？当时我也是突发奇想，不管了，只是抱着试试猜想的态度，可一不小心就 ac 呀。

那现在我来仔细分析一下。首先因为这是一棵树，它只有一个父节点，换句话说，一个结点向上走的路径有且只有一条。 a − > b a->b a−>b 有可能有好多条路径，当然你可以往上继续爬啊，但是有这些结点是必须要走的 a − > u , u − > b a->u,u->b a−>u,u−>b，可毕竟是最短路径啊，所以只有一条。那么这个最近公共祖先就尤为的重要，它是最浅的点，过了这个点就会向下拐而 a − > c a->c a−>c 或者 b − > c b->c b−>c 也会存在一个点 v v v，假如说这个 d e p t h [ u ] > d e p t h [ v ] depth[u] > depth[v] depth[u]>depth[v] 那么就一定有解了，而且 u u u 的孙子结点一定有 v v v，因为它在路径上，正如我之前说的，到了那个点会往下拐。
关键代码如下：

int x1 = lca(a, b), x2 = lca(c, d);
if((dist(c, x2) == dist(c, x1) + dist(x1, x2)) || (dist(d, x2) == dist(d, x1) + dist(x1, x2)))
{cout << "Y" << endl;continue;
}
else if((dist(a, x1) == dist(x2, x1) + dist(a, x2)) || (dist(b, x1) == dist(b, x2) + dist(x2, x1)))
{cout << "Y" << endl;continue;
}
cout << "N" << endl;

那么怎么找 lca 呢？这里我们可以用倍增，倍增是一种在线的做法，先预处理一下所有结点的深度 d e p t h depth depth，以及到根节点的距离 d i s t dist dist，还有每个点跳 2 k 2^k 2k 的祖宗结点记为 f a fa fa，最后求 lca 的时候记得从后往前跳，用的思想是二进制拼凑，最后的两点间距离就是dist[a] + dist[b] - 2 * dist[lca(a, b)]。时间复杂度 O ( n l o g n ) O(nlogn) O(nlogn)。

做个小总结吧：

— > —> —> 要询问树上两条路径是否相交：

第一步：分别找两条路径的最近公共祖先结点 x 1 , x 2 x1, x2 x1,x2；
第二步：分别判断他们各自的一个最近公共祖先结点是否在另一条路径上。

献上笨蒟蒻当时直播写的一个多小时的代码。

AC_Code

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<string>
#include<string.h>
#include<vector>
#include<cmath>
#include<map>
using namespace std;
#define int long long
#define fi first
#define se second
#define inf 0x3f3f3f3f
typedef pair<int, int>PII;
const int N = 1e5 + 10, M = N * 2;int n, m;
int e[M], ne[M], h[N], idx;
int depth[N], q[N], fa[N][18];
int dis[N];void add(int a, int b)
{e[idx] = b, ne[idx] = h[a], h[a] = idx++;
}void bfs(int u)
{memset(depth, inf, sizeof(depth));depth[0] = 0, depth[u] = 1, q[0] = 1;int hh = 0, tt = 0;while(hh <= tt){int t = q[hh++];for(int i = h[t]; ~i; i = ne[i]){int j = e[i];if(depth[j] > depth[t] + 1){depth[j] = depth[t] + 1;q[++tt] = j;fa[j][0] = t;for(int k = 1; k < 18; k++)fa[j][k] = fa[fa[j][k - 1]][k - 1];}}}
}int lca(int a, int b)
{if(depth[a] < depth[b]) return lca(b, a);for(int k = 17; k >= 0; k--)if(depth[fa[a][k]] >= depth[b]) a = fa[a][k];if(a == b) return a;
//    cout << a << ' ' << b << ',';for(int k = 17; k >= 0; k--)if(fa[a][k] != fa[b][k]){a = fa[a][k];b = fa[b][k];}return fa[a][0];
}int dist(int a, int b)
{return depth[a] + depth[b] - 2 * depth[lca(a, b)];
}void solve()
{cin >> n >> m;memset(h, -1, sizeof(h));for(int i = 1; i < n; i++){int a, b;cin >> a >> b;add(a, b), add(b, a);}bfs(1);while(m--){int a, b, c, d;cin >> a >> b >> c >> d;int x1 = lca(a, b), x2 = lca(c, d);if((dist(c, x2) == dist(c, x1) + dist(x1, x2)) || (dist(d, x2) == dist(d, x1) + dist(x1, x2))){cout << "Y" << endl;continue;}else if((dist(a, x1) == dist(x2, x1) + dist(a, x2)) || (dist(b, x1) == dist(b, x2) + dist(x2, x1))){cout << "Y" << endl;continue;}cout << "N" << endl;}
}signed main()
{int T = 1;
//    cin >> T;while(T--)solve();return 0;
}

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