【树链剖分/倍增模板】【洛谷】3398:仓鼠找sugar
P3398 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~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)到餐厅(b),而他的基友同时要从他的卧室(c)到图书馆(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!
输入输出格式
输入格式:
第一行两个正整数n和q,表示这棵树节点的个数和询问的个数。
接下来n-1行,每行两个正整数u和v,表示节点u到节点v之间有一条边。
接下来q行,每行四个正整数a、b、c和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”。
输入输出样例
5 5 2 5 4 2 1 3 1 4 5 1 5 1 2 2 1 4 4 1 3 4 3 1 1 5 3 5 1 4
Y N Y Y Y
说明
__本题时限1s,内存限制128M,因新评测机速度较为接近NOIP评测机速度,请注意常数问题带来的影响。__
20%的数据 n<=200,q<=200
40%的数据 n<=2000,q<=2000
70%的数据 n<=50000,q<=50000
100%的数据 n<=100000,q<=100000
为什么要专门把这道题拿出来写?因为这道题有多种方法,链剖和倍增可以刚好一个对应一个方法!
就拿来写了。
这道题实际上就是判断树上两条路径是否有交点。第一次想到的是将其中一条链染色,在另外一条链上查询有没有被染色,实际上就是链剖+线段树区间修改/查询了。这个既好想又好写,一次a。
#include<iostream> #include<cstdio> using namespace std;int n, q;struct Node {int v, nex;Node ( int v = 0, int nex = 0 ) :v ( v ), nex ( nex ) { } } Edge[200005];int h[100005], stot; void add ( int u, int v ) {Edge[++stot] = Node ( v, h[u] );h[u] = stot; }int fa[100005], siz[100005], son[100005], dep[100005]; void dfs1 ( int u, int f ) {fa[u] = f; siz[u] = 1; dep[u] = dep[f] + 1;for ( int i = h[u]; i; i = Edge[i].nex ) {int v = Edge[i].v;if ( v == f ) continue;dfs1 ( v, u );siz[u] += siz[v];if ( siz[v] > siz[son[u]] ) son[u] = v;} }int top[100005], in[100005], ti; void dfs2 ( int u, int t ) {top[u] = t; in[u] = ++ ti;if ( son[u] ) dfs2 ( son[u], t );for ( int i = h[u]; i; i = Edge[i].nex ) {int v = Edge[i].v;if ( v == fa[u] || v == son[u] ) continue;dfs2 ( v, v );} }int TR[400004], tag[400005]; void update ( int nd ) { TR[nd] = TR[nd << 1] + TR[nd << 1 | 1]; }void push_down ( int nd, int l, int r ) {if ( tag[nd] ) {int mid = ( l + r ) >> 1;tag[nd << 1] += tag[nd];tag[nd << 1 | 1] += tag[nd];TR[nd << 1] += tag[nd] * ( mid - l + 1 );TR[nd << 1 | 1] += tag[nd] * ( r - mid );tag[nd] = 0;} }void add ( int nd, int l, int r, int L, int R, int d ) {if ( l >= L && r <= R ) {TR[nd] += d * ( r - l + 1 );tag[nd] += d;return ;}push_down ( nd, l, r );int mid = ( l + r ) >> 1;if ( L <= mid ) add ( nd << 1, l, mid, L, R, d );if ( R > mid ) add ( nd << 1 | 1, mid + 1, r, L, R, d );update ( nd ); }void add ( int u, int v, int d ) {while ( top[u] != top[v] ) {if ( dep[top[u]] < dep[top[v]] ) swap ( u, v );add ( 1, 1, n, in[top[u]], in[u], d );u = fa[top[u]];}if ( dep[u] < dep[v] ) swap ( u, v );add ( 1, 1, n, in[v], in[u], d ); }int query ( int nd, int l, int r, int L, int R ) {if ( l >= L && r <= R ) return TR[nd];push_down ( nd, l, r );int ans = 0; int mid = ( l + r ) >> 1;if ( L <= mid ) ans += query ( nd << 1, l, mid, L, R );if ( R > mid ) ans += query ( nd << 1 | 1, mid + 1, r, L, R );return ans; }int query ( int u, int v ) {int ans = 0;while ( top[u] != top[v] ) {if ( dep[top[u]] < dep[top[v]] ) swap ( u, v );ans += query ( 1, 1, n, in[top[u]], in[u] );u = fa[top[u]];}if ( dep[u] < dep[v] ) swap ( u, v );ans += query ( 1, 1, n, in[v], in[u] );return ans; }int main ( ) {scanf ( "%d%d", &n, &q );for ( int i = 1; i < n; i ++ ) {int u, v;scanf ( "%d%d", &u, &v );add ( u, v );add ( v, u );}dfs1 ( 1, 0 );dfs2 ( 1, 0 );for ( int i = 1; i <= q; i ++ ) {int a, b, c, d;scanf ( "%d%d%d%d", &a, &b, &c, &d );add ( a, b, 1 );int tmp = query ( c, d );if ( tmp ) printf ( "Y\n" );else printf ( "N\n" );add ( a, b, -1 );}return 0; }
然而这道题不需要数据结构维护也可以做到,只需要求$LCA$就可以。
我们可以发现两条链相交的性质:一条链的两端点的$LCA$必定在另一条链上(然而并不会证明),所以需要判断的就是一个点是否在一条链上。
而判断成立的条件有:
1、$dep[x]>=dep[LCA(s,t)]$
2、$LCA(x,s)==x||LCA(x,t)==x$
所以每次取出深度更深的$LCA$和另一条路径的两个端点来判断即可。
#include<iostream> #include<cstdio> using namespace std;const int P = 20;int n, q;struct Node {int v, nex;Node ( int v = 0, int nex = 0 ) :v ( v ), nex ( nex ) { } } Edge[200005];int h[100005], stot; void add ( int u, int v ) {Edge[++stot] = Node ( v, h[u] );h[u] = stot; }int jum[100005][P+1], dep[100005]; void dfs ( int u, int f ) {jum[u][0] = f;for ( int i = 1; i <= P; i ++ )jum[u][i] = jum[jum[u][i-1]][i-1];for ( int i = h[u]; i; i = Edge[i].nex ) {int v = Edge[i].v;if ( v == f ) continue;dep[v] = dep[u] + 1;dfs ( v, u );} }int LCA ( int u, int v ) {if ( dep[u] < dep[v] ) swap ( u, v );int t = dep[u] - dep[v];for ( int p = 0; t; t >>= 1, p ++ )if ( t & 1 ) u = jum[u][p];if ( u == v ) return u;for ( int p = P; p >= 0; p -- )if ( jum[u][p] != jum[v][p] ) u = jum[u][p], v = jum[v][p];return jum[u][0]; }int main ( ) {scanf ( "%d%d", &n, &q );for ( int i = 1; i < n; i ++ ) {int u, v;scanf ( "%d%d", &u, &v );add ( u, v ); add ( v, u );}dfs ( 1, 0 );for ( int i = 1; i <= q; i ++ ) {int a, b, c, d;scanf ( "%d%d%d%d", &a, &b, &c, &d );int S = LCA ( a, b ), T = LCA ( c, d );if ( dep[S] < dep[T] ) {swap ( S, T );swap ( a, c );swap ( b, d );}if ( LCA ( S, c ) == S || LCA ( S, d ) == S ) cout << "Y" << endl;else cout << "N" << endl;}return 0; }
转载于:https://www.cnblogs.com/wans-caesar-02111007/p/9561380.html
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