2021 HZNU Winter Camp -- LCA
2024-05-14 14:28:31
目录
- A. Nearest Common Ancestors
- B. Closest Common Ancestors
- C. How far away ？
- D. Connections between cities
- E. CD操作
- F. 1-Trees and Queries
- G. Network
A. Nearest Common Ancestors
原题链接：POJ 1330
题解：
LCA裸题。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <ctime>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <vector>
#include <map>
#include <set>
#include <queue>
#include <stack>
#include <iomanip>using namespace std;typedef long long ll;const int inf = 0x3f3f3f3f;
const ll INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const int N =1e4 + 7;int n, root, u, v;
vector<int> G[N];
int par[N][20], dep[N], deg[N];void dfs(int u, int fa) {dep[u] = dep[fa] + 1;par[u][0] = fa;for (int i = 1; i < 20; ++i) par[u][i] = par[ par[u][i - 1] ][i - 1];for (int i = 0; i < G[u].size(); ++i) {int v = G[u][i];if (v == fa) continue;dfs(v, u);}
}int lca(int u, int v) {if (dep[u] < dep[v]) swap(u, v);for (int i = 19; i >= 0; --i) {if (dep[ par[u][i] ] >= dep[v]) {u = par[u][i];}}if (u == v) return u;for (int i = 19; i >= 0; --i) {if (par[u][i] != par[v][i]) {u = par[u][i];v = par[v][i];}}return par[u][0];
}void solve() {scanf("%d", &n);for (int i = 1; i <= n; ++i) G[i].clear(), deg[i] = 0;for (int i = 1; i < n; ++i) {scanf("%d %d", &u, &v);G[u].push_back(v);deg[v]++;}for (int i = 1; i <= n; ++i) {if (deg[i] == 0) {root = i;break;}}dfs(root, 0);scanf("%d %d", &u, &v);printf("%d\n", lca(u, v));
}int main() {int t = 1;scanf("%d", &t);while (t--) solve();
}
B. Closest Common Ancestors
原题链接：POJ 1470
题解：
注意格式化输入。我们最终输出所有询问后各个点成为LCA的次数，所以不用记录问题的编号。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <ctime>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <vector>
#include <map>
#include <set>
#include <queue>
#include <stack>
#include <iomanip>using namespace std;#define outtime() cerr<<"User Time = "<<(double)clock()/CLOCKS_PER_SEC<<endl
#define endl "\n"typedef long long ll;const int inf = 0x3f3f3f3f;
const ll INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const double eps = 1e-7;
const int N = 1e3 + 7;int n, m, num, u, v, vis[N], ans[N], fa[N], indeg[N];
vector<int> G[N], q[N];int find(int x) { return x == fa[x]? x : fa[x] = find(fa[x]); }void merge(int x, int y) {int fx = find(x), fy = find(y);fa[fx] = fy;
}
void dfs(int u, int fa) {vis[u] = 1;for (int i = 0; i < q[u].size(); ++i) {int v = q[u][i];if (vis[v]) {ans[find(v)]++;}}for (int i = 0; i < G[u].size(); ++i) {int v = G[u][i];if (v == fa) continue;dfs(v, u);merge(v, u);}
}void solve() {for (int i = 1; i <= n; ++i) G[i].clear(), q[i].clear(), vis[i] = 0, ans[i] = 0, fa[i] = i, indeg[i] = 0;for (int i = 1; i <= n; ++i) {scanf("%d:(%d)", &u, &num);while (num--) {scanf("%d", &v);indeg[v]++;G[u].push_back(v);}}scanf("%d", &m);while (m--) {scanf(" (%d %d)", &u, &v); // 读入时前面加个空格q[u].push_back(v);q[v].push_back(u);}for (int i = 1; i <= n; ++i) {if (indeg[i] == 0) {dfs(i, 0);break;}}for (int i = 1; i <= n; ++i) {if (ans[i]) printf("%d:%d\n", i, ans[i]);}
}int main() {while (~scanf("%d", &n)) solve();return 0;
}
C. How far away ？
原题链接：HDU 2586
题意：
带边权值的求树上两点距离。
题解：
使用tarjan做法的话，不用把两个点的高度调整到一样高，所以深度数组直接用来记录节点到根节点的距离。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <ctime>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <vector>
#include <map>
#include <set>
#include <queue>
#include <stack>
#include <iomanip>using namespace std;#define outtime() cerr<<"User Time = "<<(double)clock()/CLOCKS_PER_SEC<<endl
#define endl "\n"typedef long long ll;const int inf = 0x3f3f3f3f;
const ll INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const double eps = 1e-7;
const int N = 4e4 + 7;int n, m, num, u, v, w, dep[N], ans[N], fa[N], indeg[N];vector<int> q[N], qid[N];
vector< pair<int, int> > G[N];int find(int x) { return x == fa[x]? x : fa[x] = find(fa[x]); }void merge(int x, int y) {int fx = find(x), fy = find(y);fa[fx] = fy;
}
void dfs(int u, int fa, int dis) {dep[u] = dep[fa] + dis;for (int i = 0; i < q[u].size(); ++i) {int v = q[u][i];int id = qid[u][i];if (dep[v] != 0) {ans[id] = dep[u] + dep[v] - 2 * dep[find(v)];}}for (int i = 0; i < G[u].size(); ++i) {int v = G[u][i].first;int w = G[u][i].second;if (v == fa) continue;dfs(v, u, w);merge(v, u);}
}void solve() {scanf("%d %d", &n, &m);for (int i = 1; i <= n; ++i) {G[i].clear(), q[i].clear(), qid[i].clear(), dep[i] = 0, fa[i] = i, indeg[i] = 0;}for (int i = 1; i < n; ++i) {scanf("%d %d %d", &u, &v, &w);G[u].push_back({v, w});G[v].push_back({u, w});indeg[v]++;}for (int i = 1; i <= m; ++i) {ans[i] = 0;scanf("%d %d", &u, &v);q[u].push_back(v);qid[u].push_back(i);q[v].push_back(u);qid[v].push_back(i);}for (int i = 1; i <= n; ++i) {if (indeg[i] == 0) {dfs(i, 0, 1);break;}}for (int i = 1; i <= m; ++i) {printf("%d\n", ans[i]);}
}int main() {int t = 1;scanf("%d", &t);while (t--) solve();return 0;
}
D. Connections between cities
原题链接：HDU 2874
题意：
求带边权值多棵树之间点的距离。
题解：
直接用tarjan + vector存邻接表写会MLE，因为vector开空间时很容易开很大，如果要用tarjan写请使用链式前向星存储。这里用在线的方法写。
我们要先考虑两个点是否在一棵树上，这里用并查集来实现。本题只需要输出两点间的距离，而没有问LCA具体是哪个点。对于求距离来说，我们只要选择一个点作为树的根节点，求出来的结果是一样的。所以我们直接选取并查集的根节点作为树的根节点，处理出每个节点的深度和节点到根节点的距离，就可以解决这个问题了。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <ctime>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <vector>
#include <map>
#include <set>
#include <queue>
#include <stack>
#include <iomanip>using namespace std;#define outtime() cerr<<"User Time = "<<(double)clock()/CLOCKS_PER_SEC<<endl
#define endl "\n"typedef long long ll;const int inf = 0x3f3f3f3f;
const ll INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const double eps = 1e-7;
const int N = 1e4 + 7;
const int Q = 1e6 + 7;int n, m, c, fa[N], par[N][20], dep[N];
int u, v, w, dis[N], vis[N];
vector< pair<int, int> > G[N];int find(int x) {return x == fa[x]? x : fa[x] = find(fa[x]);
}void merge(int x, int y) {fa[find(x)] = find(y);
}void init() {for (int i = 1; i <= n; ++i) {vis[i] = 0;fa[i] = i;G[i].clear();}
}void dfs(int u, int fa, int w) {dep[u] = dep[fa] + 1;dis[u] = dis[fa] + w;par[u][0] = fa;for (int i = 1; i < 20; ++i) {par[u][i] = par[ par[u][i - 1] ][i - 1];}for (int i = 0; i < G[u].size(); ++i) {int v = G[u][i].first, w = G[u][i].second;if (v == fa) continue;dfs(v, u, w);}
}int lca(int u, int v) {if (dep[u] < dep[v]) swap(u, v);for (int i = 19; i >= 0; --i) {if (dep[ par[u][i] ] >= dep[v]) u = par[u][i];}if (u == v) return u;for (int i = 19; i >= 0; --i) {if (par[u][i] != par[v][i]) {u = par[u][i], v = par[v][i];}}return par[u][0];
}void solve() {init();for (int i = 1; i <= m; ++i) {scanf("%d %d %d", &u, &v, &w);G[u].push_back({v, w});G[v].push_back({u, w});merge(u, v);}for (int i = 1; i <= n; ++i) {if (!vis[find(i)]) dfs(i, 0, 1);vis[find(i)] = 1;}while (c--) {scanf("%d%d", &u, &v);if (find(u) != find(v)) puts("Not connected");else printf("%d\n", dis[u] + dis[v] - 2 * dis[lca(u, v)]);}
}int main() {while (~scanf("%d %d %d", &n, &m, &c)) solve();return 0;
}
E. CD操作
原题链接：HDU 4547
题意：
给你一个有向带根节点的树，祖先节点到子节点的距离为111，子节点到祖先节点的距离为正常距离，问两点之间的距离。
题解：
因为边是有向的，且方向对于最终的值有影响，用离线tarjan来实现会稍微麻烦一些。这里采用在线倍增来写。点的编号被抽象成了文件名，我们用map来实现文件名到点编号的转换。
我们设depdepdep数组来记录每个点的深度。对于每组点uuu到点vvv的距离询问，我们注意到可以分成以下几种情况：
- 点uuu和点vvv为同一节点，距离为000
- 点uuu为点vvv的祖先节点，距离为111
- 点vvv为点uuu的祖先节点，距离为depu−depvdep_u - dep_vdepu−depv
- 其余情况，距离为depu−deplca+1dep_u - dep_{lca} + 1depu−deplca+1
#include <bits/stdc++.h>using namespace std;#define endl "\n"typedef long long ll;const int inf = 0x3f3f3f3f;
const ll INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const int N = 1e5 + 7;int n, m, dep[N], par[N][20], indeg[N];
vector<int> G[N];
string a, b;
map<string, int> mp;void dfs(int u, int fa) {dep[u] = dep[fa] + 1;par[u][0] = fa;for (int i = 1; i < 20; ++i) {par[u][i] = par[ par[u][i - 1] ][i - 1];}for (auto v : G[u]) {if (v == fa) continue;dfs(v, u);}
}int lca(int u, int v) {if (dep[u] < dep[v]) swap(u, v);for (int i = 19; i >= 0; --i) {if (dep[ par[u][i] ] >= dep[v]) {u = par[u][i];}}if (u == v) return u;for (int i = 19; i >= 0; --i) {if (par[u][i] != par[v][i]) {u = par[u][i];v = par[v][i];}}return par[u][0];
}int getDis(int u, int v) {if (u == v) return 0;int fa = lca(u, v);if (fa == u) {return 1;}if (fa == v) {return dep[u] - dep[v];}return dep[u] - dep[fa] + 1;
}void solve() {cin >> n >> m;int tot = 0;mp.clear();for (int i = 1; i <= n; ++i) {G[i].clear();dep[i] = 0;}for (int i = 1; i < n; ++i) {cin >> a >> b;if (!mp.count(a)) mp[a] = ++tot;if (!mp.count(b)) mp[b] = ++tot;G[ mp[b] ].push_back(mp[a]);indeg[mp[a]]++;}for (int i = 1; i <= tot; ++i) {if (indeg[i] == 0) {dfs(i, 0);break;}}for (int i = 1; i <= m; ++i) {cin >> a >> b;cout << getDis(mp[a], mp[b]) << endl;}
}int main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);cout.tie(nullptr);cout << fixed << setprecision(20);int t = 1;cin >> t;while (t--) solve();
}
F. 1-Trees and Queries
原题链接：Codeforces Round #620 (Div.2) E
题意：
给你一棵树，每次询问给出五个整数xxx, yyy, aaa, bbb, kkk，问你在xxx和yyy之间加上一条边后，从aaa到bbb是否有长度正好为kkk的路径，同一条边可被重复计算进路径长。
题解：
我们设aaa到bbb的路径长度为zzz。显然，我们可以得到所有长度为z+2∗iz + 2 * iz+2∗i的路径。所以，当zzz%222的值与kkk%222的值相等，并且zzz≤\leq≤kkk时，我们不需要借助添加的边即可得到答案。
当我们借助新添加的边时，我们发现从aaa到bbb有两种路径可以选，即a−>x−>y−>ba->x->y->ba−>x−>y−>b和a−>y−>x−>ba->y->x->ba−>y−>x−>b。不难发现长的路径与短的路径相差的长度为偶数，这部分长度对于答案是没有贡献的，因为我们在判断时会取余222。所以我们就借助短的路径来计算。
同理，我们只用借助一次新添加的边就好了。通过这一次借助的操作，我们就可以改变路径的奇偶性，或者减少路径长度来实现路径长度正好为kkk，也没有必要借助更多次了。
#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long ll;const int inf = 0x3f3f3f3f;
const ll INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const int N = 1e5 + 7;int n, m, dep[N];
int par[N][20];
vector<int> G[N];void dfs(int u, int fa) {dep[u] = dep[fa] + 1;par[u][0] = fa;for (int i = 1; i < 20; ++i) {par[u][i] = par[ par[u][i - 1] ][i - 1];}for (auto v : G[u]) {if (v == fa) continue;dfs(v, u);}
}int getDis(int u, int v) {if (dep[u] < dep[v]) swap(u, v);int t = dep[u] + dep[v];for (int i = 19; i >= 0; --i) {if (dep[ par[u][i] ] >= dep[v]) {u = par[u][i];}}if (u == v) return t - dep[u] * 2; for (int i = 19; i >= 0; --i) {if (par[u][i] != par[v][i]) {u = par[u][i];v = par[v][i];}}return t - dep[u] * 2 + 2;
}void solve() {scanf("%d", &n);for (int i = 1, u, v; i < n; ++i) {scanf("%d %d", &u, &v);G[u].push_back(v);G[v].push_back(u);}dfs(1, 0);cin >> m;for (int i = 1, x, y, a, b, k; i <= m; ++i) {scanf("%d %d %d %d %d", &x, &y, &a, &b, &k);int ans = inf;int without = getDis(a, b); // 没有借助新边if (without % 2 == k % 2) ans = without;int with = min(getDis(x, a) + getDis(y, b), getDis(y, a) + getDis(x, b)) + 1; // 借助新边if (with % 2 == k % 2) ans = min(ans, with);if (ans <= k) puts("YES");else puts("NO");}
}int main() {int t = 1;while (t--) solve();
}
G. Network
原题链接：POJ 3417
题意：
给你一棵树，再给你mmm条附加的边，问你有多少种方案，各删除一条原有的边和附加的边后，使得图不连通。
题解：
很容易想到，新增一条边后，会在两点和他们的LCA之间形成一个环，想要通过删除这个环内一条原有边来达到目的，肯定要删除这条新增的边，对答案的贡献为111。当原有边能构成两个环时，删除这条原有边并不能对答案有贡献。
我们接下来考虑没有在环里的原有边。根据树的特性，我们只要删除这条原有边，就能让图不连通，所以可以删除任意一条新增边，对答案的贡献为mmm。
对于树来说，每个子节点只有一个父亲节点，所以我们如图所示，直接用点的编号来代表边的编号。
我们设每次在点uuu和点vvv之间新增一条边，那么点uuu到LCA(u,v)LCA_{(u, v)}LCA(u,v)，和点vvv到LCA(u,v)LCA_{(u, v)}LCA(u,v)之间的所有边的权值 + 111，用权值来表示这条边可以构成几个环。
我们一次要修改一个区间，又是在树上，很容易想到用dfs序 + 数据结构来实现。但是不连续区间较多，很容易卡到O(n * m * lognlog_nlogn)。
我们又想到只要求最终的答案，根据树的性质，可以用树上差分来解决这个问题。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <ctime>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <vector>
#include <map>
#include <set>
#include <queue>
#include <stack>
#include <iomanip>using namespace std;#define outtime() cerr<<"User Time = "<<(double)clock()/CLOCKS_PER_SEC<<endl
#define endl "\n"typedef long long ll;const int inf = 0x3f3f3f3f;
const ll INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const double eps = 1e-7;
const int N = 1e5 + 7;int n, m, par[N][20], dep[N], sum[N];
int u, v, tot, head[N];struct Edge {int nxt, to;Edge () {}Edge (int nxt, int to) : nxt(nxt), to(to) {}
}edge[N << 1];void dfs(int u, int fa) {dep[u] = dep[fa] + 1;par[u][0] = fa;for (int i = 1; i < 20; ++i) {par[u][i] = par[ par[u][i - 1] ][i - 1];}for (int i = head[u]; ~i; i = edge[i].nxt) {int v = edge[i].to;if (v == fa) continue;dfs(v, u);}
}void getSum(int u, int fa) {for (int i = head[u]; ~i; i = edge[i].nxt) {int v = edge[i].to;if (v == fa) continue;getSum(v, u);sum[u] += sum[v];}
}int lca(int u, int v) {if (dep[u] < dep[v]) swap(u, v);for (int i = 19; i >= 0; --i) {if (dep[ par[u][i] ] >= dep[v]) u = par[u][i];}if (u == v) return u;for (int i = 19; i >= 0; --i) {if (par[u][i] != par[v][i]) {u = par[u][i], v = par[v][i];}}return par[u][0];
}void addedge(int u, int v) {edge[tot] = Edge(head[u], v);head[u] = tot++;edge[tot] = Edge(head[v], u);head[v] = tot++;
}void solve() {memset(head, -1, sizeof(head));for (int i = 1; i < n; ++i) {scanf("%d %d", &u, &v);addedge(u, v);}dfs(1, 0);for (int i = 1; i <= m; ++i) {scanf("%d %d", &u, &v);sum[u]++;sum[v]++;sum[lca(u, v)] -= 2;}getSum(1, 0);int ans = 0;for (int i = 2; i <= n; ++i) {if (sum[i] == 0) ans += m;if (sum[i] == 1) ans += 1;}printf("%d\n", ans);
}int main() {scanf("%d %d", &n, &m);solve();return 0;
}
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