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

输入

输出

Y
N
Y
Y
Y

数据范围

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

思路一

根据题意，我们要做的就是判断这两条路径是否相交，所以我们可以把两条路径经过的点都标记一下，如果有某个点被标记了两次，那么这个点就是一个公共点，如果没有标记了两次的点，那么就说明没有公共点。
标记路径上的点可以用树上差分。
复杂度O（n*q）。

思路二

通过模拟我们可以发现，如果这两条路径相交，那么一定有一条路径的lca在另一条路径上，所以我们只需判断两次即可。
如果一个点在路径上，那么这个点到两端点的距离和等于两端点间的距离。
距离通过lca来求。
复杂度O(n*logn）。

代码

#include<cstdio>
#define ri register int
const int maxn=1e5+7;
struct E{int v,n;
}e[maxn<<1];
int head[maxn];
int d[maxn],lg[maxn];
int fa[maxn][37];
int cnt;
inline int read(){//快读 int x=0,f=0;char c=getchar();while(c>'9'||c<'0') f=c=='-',c=getchar();while(c>='0'&&c<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+c-'0',c=getchar();return f?-x:x;
}
inline void add(int u,int v){//建边 e[++cnt].v=v;e[cnt].n=head[u];head[u]=cnt;
}
void dfs(int u,int f){//dfs d[u]=d[f]+1,fa[u][0]=f;for(ri i=1;i<=lg[d[u]]+1;++i) fa[u][i]=fa[fa[u][i-1]][i-1];for(ri i=head[u];i;i=e[i].n) if(e[i].v!=f) dfs(e[i].v,u);
}
int lca(int x,int y){//lca if(d[x]<d[y]) return lca(y,x);while(d[x]>d[y]) x=fa[x][lg[d[x]-d[y]]];if(x==y) return x;for(ri i=lg[d[x]];i>=0;--i)if(fa[x][i]!=fa[y][i])x=fa[x][i],y=fa[y][i];return fa[x][0];
}
int check(int x,int a,int b,int l){//判断是否在路径上 int l1=lca(x,a),l2=lca(x,b);int dis=d[x]+d[a]-d[l1]*2+d[x]+d[b]-d[l2]*2;int dis1=d[a]+d[b]-d[l]*2;if(dis==dis1) return 1;else return 0;
}
int main(){int n=read(),q=read();for(ri i=1;i<=n;++i) lg[i]=lg[i-1]+(1<<lg[i-1]==i);//千万别忘了这个 for(ri i=1;i<=n;++i) lg[i]--;//先减掉去 for(ri i=1;i<n;++i){int u=read(),v=read();add(u,v),add(v,u);}dfs(1,0);while(q--){int a=read(),b=read(),c=read(),d1=read();int l1=lca(a,b),l2=lca(c,d1);if(check(l1,c,d1,l2)||check(l2,a,b,l1)) printf("Y\n");//两次判断 else printf("N\n");}return 0;
}

思路三

前面与思路一相同。
用树剖给路径打标记，同时维护区间最大标记值，判断是否为2。
复杂度O(n*logn)。

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