在线倍增法求LCA专题

1.cojs 186. [USACO Oct08] 牧场旅行

★★   输入文件：pwalk.in   输出文件：pwalk.out   简单对比
时间限制：1 s   内存限制：128 MB

n个被自然地编号为1..n奶牛（1<=n<=1000）正在同样被方便的编号为1..n的n个牧场中吃草。更加自然而方便的是，第i个奶牛就在第i个牧场中吃草。

其中的一些对牧场被总共的n-1条双向通道的一条连接。奶牛可以通过通道。第i条通道连接的两个牧场是A_i和B_i（1<=A_i<=N;1<=B_i<=N）其长度是L_i（1<=L_i<=10000）。

通道只会连接两个不同的牧场，所以这些通道使得整个牧场构成了一棵树。

奶牛们是好交际的希望能够经常的访问别的奶牛。急切地，它们希望你能通过告诉它们Q（1<=Q<=1000）对牧场的路径来帮助他们安排旅行。（这里将有Q个询问，p1,p2(1<=p1<=n；1<=p1<=n)）

分数：200

问题名称：pwalk

输入格式：

• 第1行：两个用空格隔开的整数：n和Q
• 第2..n行：第i+1行包含三个用空格隔开的整数：A_i,B_i和L_i
• 第n+1..N+Q行：每行包含两个用空格隔开的整数，代表两个不同的牧场，p1和p2

输入样例（file pwalk.in）：

4 2
2 1 2
4 3 2
1 4 3
1 2
3 2

输出格式：

• 第1..Q行：行i包含第i个询问的答案。

输出样例：

2
7

输出说明：

询问1：牧场1和牧场2的路径长度为2。 询问2：3->4->1->2;总长为7。

#include<iostream>
using namespace std;
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define Er 20
#define N 1011
int deepp[N],head[N];
int father[N][Er];
struct Edge{
    int v,last,w;
}edge[N<<1];
int t=0,n,Q,ai,bi,li;
int p1,p2;
typedef long long ll;
ll dis[N]={0};
void add_edge(int u,int v,int w)
{
    ++t;
    edge[t].v=v;
    edge[t].w=w;
    edge[t].last=head[u];
    head[u]=t;
}
void input()
{
    scanf("%d%d",&n,&Q);
    for(int i=1;i<=n-1;++i)
    {
        scanf("%d%d%d",&ai,&bi,&li);
        add_edge(ai,bi,li);
        add_edge(bi,ai,li);
    }
}
void dfs(int k)
{
    for(int l=head[k];l;l=edge[l].last)
    {
        if(!deepp[edge[l].v])
        {
            deepp[edge[l].v]=deepp[k]+1;
            dis[edge[l].v]=dis[k]+edge[l].w;
            father[edge[l].v][0]=k;
            dfs(edge[l].v);
        }
    }
}
void pre_chuli()
{
    for(int j=1;(1<<j)<=n;++j)
      for(int i=1;i<=n;++i)
      if(father[i][j-1]!=-1)
      father[i][j]=father[father[i][j-1]][j-1];
}
int lca(int a,int b)
{
    if(deepp[a]<deepp[b]) swap(a,b);
    int i;
    for(i=0;(1<<i)<=deepp[a];++i);
    i--;
    for(int j=i;j>=0;--j)
      if(deepp[a]-deepp[b]>=(1<<j))
         a=father[a][j];
    if(a==b) return a;
    for(int j=i;j>=0;--j)
      if(father[a][j]!=-1&&father[a][j]!=father[b][j])
      {
        a=father[a][j];
        b=father[b][j];
      }    
    return father[a][0];
}
int main()
{
    freopen("pwalk.in","r",stdin);
    freopen("pwalk.out","w",stdout);
    input();
    memset(father,-1,sizeof(father));
    dis[1]=0;
    deepp[1]=1;
    dfs(1);
    pre_chuli();
    for(int i=1;i<=Q;++i)
    {
        scanf("%d%d",&p1,&p2);
        int ance=lca(p1,p2);
        cout<<dis[p1]+dis[p2]-2*dis[ance]<<endl;
    }
    fclose(stdin);fclose(stdout);
    return 0;
}

2.cojs 2075. [ZLXOI2015][异次元圣战III]ZLX的陨落

★★☆   输入文件：ThefallingofZLX.in   输出文件：ThefallingofZLX.out   简单对比
时间限制：1 s   内存限制：256 MB

【题目描述】

正当革命如火如荼，情侣教会日薄西山之时，SOX和FFF的分歧却越来越大，SOX认为情侣教会不合适的、无限制的秀恩爱和阶级歧视值得反对，而FFF认为一切情侣都该从这个世界上消失。

SOX先发制人，率先接管了全国政权并突袭了FFF，暗杀了FFF的首领，FFF的红色革命事业遭到了空前的打击，一些FFF团员积极抵抗，另一些FFF团员隐居避世，而一些FFF团员则走向极端，参加了一个邪恶组织：诅咒教会

你虽然对SOX下山摘桃子的行为不满，但你对邪教更不满。在对诅咒教会的长期调查中，你发现该组织的操纵者是亡灵巫师ZLX！现在，维护正义的使命降到了你身上！你和其他的一些远征军将士前往ZLX的城堡，却掉入了ZLX的魔法陷阱--扭曲虚空，扭曲虚空由n个魔法结界空间组成，m条虚空隧道连接着它们，你和其他的远征军将士（恰好有n个）分散在魔法结界空间里，只有会合在一起，你们才能冲破封锁(扭曲虚空是一颗树)。现在，你向平行世界的你提出了疑问，如果给出两个人会合，总共至少需要多少魔法能量？

已知虚空隧道的长度与消耗的魔法能量在数值上相等。

ZLX的末日已经到临，等到你冲出虚空隧道，亲手结果了ZLX吧！

【输入格式】

第一行一个正整数N，代表魔法结界空间的个数，一个正整数M，代表虚空隧道的个数

接下来M行，每行三个数u,v,w，代表虚空隧道连接的两个点和虚空隧道的长度

接下来一个正整数Q，代表查询个数

接下来Q行，每行两个数u,v代表询问从u到v需要消耗的魔法能量

【输出格式】

Q行，每行一个正整数

【样例输入】

6 5 1 2 7 1 3 3 2 4 5 3 5 7 4 6 6 5 3 4 6 3 5 1 4 3 4 2

【样例输出】

15 21 10 15 5

【提示】

对于20%的数据，n<=300,q<=300

对于40%的数据,n<=2000,q<=2000

对于100%的数据,n<=100000,q<=100000,w<=32767，m=n-1

#define N 100100
#include<iostream>
using namespace std;
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define Er 20
typedef long long ll;
ll dis[N]={0};
int deepp[N],father[N][Er],t,n,m,u1,v1,w1,Q;
struct Edge{
    int v,last,w;
}edge[N<<1];
int head[N];
void add_edge(int u,int v,int w)
{
    ++t;
    edge[t].v=v;
    edge[t].w=w;
    edge[t].last=head[u];
    head[u]=t;
}
void input()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=m;++i)
    {
        scanf("%d%d%d",&u1,&v1,&w1);
        add_edge(u1,v1,w1);
        add_edge(v1,u1,w1);
    }
}
void dfs(int k)
{
    for(int l=head[k];l;l=edge[l].last)
    {
        if(!deepp[edge[l].v])
        {
            deepp[edge[l].v]=deepp[k]+1;
            father[edge[l].v][0]=k;
            dis[edge[l].v]=dis[k]+edge[l].w;
            dfs(edge[l].v);
        }
    }
}
void pre_chuli()
{
    for(int j=1;(1<<j)<=n;++j)
      for(int i=1;i<=n;++i)
         if(father[i][j-1]!=-1)
         father[i][j]=father[father[i][j-1]][j-1];
}
int lca(int a,int b)
{
    if(deepp[a]<deepp[b]) swap(a,b);
    int i;
    for(i=0;(1<<i)<=deepp[a];++i);
    i--;
    for(int j=i;j>=0;--j)
      if(deepp[a]-deepp[b]>=(1<<j))
      a=father[a][j];
    if(a==b) return a;
    for(int j=i;j>=0;--j)
      if(father[a][j]!=-1&&father[a][j]!=father[b][j])
      {
            a=father[a][j];
            b=father[b][j];
      }
    return father[a][0];
}
int main()
{
    freopen("ThefallingofZLX.in","r",stdin);
    freopen("ThefallingofZLX.out","w",stdout);
    input();
    memset(father,-1,sizeof(father));
    dis[1]=0;
    deepp[1]=1;
    dfs(1);
    pre_chuli();
    scanf("%d",&Q);
    for(int i=1;i<=Q;++i)
    {
        scanf("%d%d",&u1,&v1);
        int ance=lca(u1,v1);
        cout<<dis[u1]+dis[v1]-2*dis[ance]<<endl;
    }
    fclose(stdin);fclose(stdout);
    return 0;
}

3.codevs 3287 货车运输

2013年NOIP全国联赛提高组

 时间限制: 1 s

 空间限制: 128000 KB

 题目等级 : 钻石 Diamond

 

题目描述 Description

A 国有 n 座城市，编号从 1 到 n，城市之间有 m 条双向道路。每一条道路对车辆都有重量限制，简称限重。现在有 q 辆货车在运输货物，司机们想知道每辆车在不超过车辆限重的情况下，最多能运多重的货物。

输入描述 Input Description

第一行有两个用一个空格隔开的整数 n，m，表示 A 国有 n 座城市和 m 条道路。
接下来 m 行每行 3 个整数 x、y、z，每两个整数之间用一个空格隔开，表示从 x 号城市到 y 号城市有一条限重为 z 的道路。注意：x 不等于 y，两座城市之间可能有多条道路。
接下来一行有一个整数 q，表示有 q 辆货车需要运货。
接下来 q 行，每行两个整数 x、y，之间用一个空格隔开，表示一辆货车需要从 x 城市运输货物到 y 城市，注意：x 不等于 y。

输出描述 Output Description

输出共有 q 行，每行一个整数，表示对于每一辆货车，它的最大载重是多少。如果货车不能到达目的地，输出-1。

样例输入 Sample Input

4 3 
1 2 4 
2 3 3 
3 1 1 
3
1 3 
1 4 
1 3

样例输出 Sample Output

3
-1
3

数据范围及提示 Data Size & Hint

对于 30%的数据，0 < n < 1,000，0 < m < 10,000，0 < q < 1,000； 
对于 60%的数据，0 < n < 1,000，0 < m < 50,000，0 < q < 1,000； 
对于 100%的数据，0 < n < 10,000，0 < m < 50,000，0 < q < 30,000，0 ≤ z ≤ 100,000。

/*--------------解析---------------------*/
拿到这道题，我们求的是多组两点间通路上最大的最小边权，最大生成树的两点间最小边权就满足这个性质，所以就用到到最大生成树

很容易得到60分算法

60分算法：（最大生成树暴力）

       先找一个最大生成树，然后把生成树单独放在一个类似生成树存储方式的三个数组里，初始化并查集，然后从最大边开始做kruskal，每次连边时，都对问题集合进行扫描，当且仅当这两个边联通且没有更新过当前问题的答案，就用当前边权更新。原因很简单，这是贪心，首先边权时降序的，然后这个边使两点第一次联通，那么这个边一定是通路上最小的边。这就是60的算法。但是注意，题目并没有说是不是一棵树，所以它可以是森林，但是由于六十分算法原理对于森林这个性质并不依赖，所以，这个60算法不用考虑森林

那么我们想一下，这道题时间的瓶颈在哪，首先kruskal是o(m)的，这个不会爆时间，那么剩下就是从最大生成树上回答答案所用时间过长。

我们想一下，如果是在logn时间内回答一个问题，而且是在树上做的一个算法，尤其是这个问题具有区间求和的性质，因为想一想就知道这是显然的

f[i→j]:=min(f[i→k],f[k→j])，

所以，我们想到用树上倍增算法解决。

100分算法（最大生成树+树上倍增）：

首先清楚树上倍增原理：f[i,j]:=f[f[I,j-1],j-1] f[I,j],表示 i向上2^j的节点

同时，设我们要求的答案g[i,j]，即从i向上走到达2^j层的节点所通过路径上的最小值，转移方程

g[I,j]:=min(g[f[I,j-1],j-1],g[I,j-1])

分析一下就是显然的，g[f[I,j-1],j-1]表示的是i向上2^(j-1)的节点到2^j节点间的最小值，g[I,j-1] 是从i向上走到达2^(j-1)层的节点所通过路径上的最小值，两个区间合起来就是当前的区间长度，所以这个方程成立。对于初值，我们可以bfs求深度并记录，与此同时，f[I,0]是父节点，g[I,0]是他向上走一层的边的长度。然后按照倍增算法模板生成f g数组

求解时，用倍增算法模板即可，只不过有几个细节

1、  别忘了给ans赋初值

2、  倍增算法永远是倍增到最近公共祖先的下一层的两个点，所以最后要比较一下ans与那两个点的向上走一步的值

3、  记得这是个森林，要用一个数组记一下那个是父节点，我用的是并查集加bool数组，有个细节是不要直接把fa[i]当I的所在树的根，要get一下，因为并查集的压缩路径是在每次get时才更新，当他fa变了，而他未被查询过，就会导致fa过时了，要重新get一下

4、  在对齐两个所求节点的层数时，别忘了更新答案

大概就是这些，还有相关代码具体实现就不赘述了。

哦，对了，提交不要忘了删除调试用的输出

/*
60分代码：暴力建q棵最大生成树
*/
#define N 10008 
#define M 50007
#include<iostream>
using namespace std;
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
int n,m,q,fa[N],head[N],t=0;
struct Edge{
    int u,v,w,last;
    bool operator <(Edge P)
    const{return w>P.w;}
}edge[M<<1];
int read()
{
    int ret=0,ff=1;
    char s=getchar();
    while(s<'0'||s>'9')
    {
        if(s=='-') ff=-1;
        s=getchar();
    }
    while(s>='0'&&s<='9')
    {
        ret=ret*10+s-'0';
        s=getchar();
    }
    return ret;
}
inline void add_edge(int u,int v,int w)
{
    ++t;
    edge[t].u=u;
    edge[t].v=v;
    edge[t].w=w;
    edge[t].last=head[u];
    head[u]=t;
}
inline void inpu()
{
    n=read();m=read();
    int x,y,z;
    for(int i=1;i<=m;++i)
    {
        x=read();y=read();z=read();
        add_edge(x,y,z);
    }
}
int find(int x)
{
    return (fa[x]==x)?x:fa[x]=find(fa[x]);
}
int main()
{
    freopen("truck.in","r",stdin);
    freopen("truck.out","w",stdout);
    inpu();
    sort(edge+1,edge+t+1);
    q=read();
    int x,y;
    for(int i=1;i<=q;++i)
    {
        x=read();y=read();
        for(int i=1;i<=n;++i) fa[i]=i;
        bool flag=false;
        for(int i=1;i<=t;++i)
        {
            int x1=find(edge[i].u);
            int y1=find(edge[i].v);
            if(x1!=y1)
            {
                fa[y1]=x1;
            }
            if(find(x)==find(y))
            {
                 printf("%d
",edge[i].w);
                 flag=true;
                 break;
            }
        }
        if(!flag) printf("-1
");
    }
    fclose(stdin);
    fclose(stdout);
    return 0;
}

#define N 10010
#define inf 10000800
#include<cstdio>
#define M 50002
#define D 18
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
using namespace std;
int n,m,q,fa[N],t=0;
struct EEdge{
    int u,v,w;
    bool operator <(EEdge P)
    const{return w>P.w;}
}edge1[M];
struct Edge{
    int v,w,last;
}e[N];
int dis[N][D+1],fath[N][D+1],dep[N],head[N];
int read()
{
    int ret=0,ff=1;
    char s=getchar();
    while(s<'0'||s>'9')
    {
        if(s=='-') ff=-1;
        s=getchar();
    }
    while(s>='0'&&s<='9')
    {
        ret=ret*10+s-'0';
        s=getchar();
    }
    return ret*ff;
}
void inpu()
{
    n=read();m=read();
    for(int i=1;i<=m;++i)
    {
        edge1[i].u=read();
        edge1[i].v=read();
        edge1[i].w=read();
    }
}
int fi(int x)
{
    return (fa[x]==x)?x:fa[x]=fi(fa[x]);
}
void add_edge(int u,int v,int w)
{
    ++t;
    e[t].v=v;
    e[t].w=w;
    e[t].last=head[u];
    head[u]=t;
}
void ddkruskal()
{
    for(int i=1;i<=n;++i) fa[i]=i;
    sort(edge1+1,edge1+m+1);
    int tsum=0;
    for(int i=1;i<=m;++i)
    {
        int x1=fi(edge1[i].u);
        int x2=fi(edge1[i].v);
        if(x1!=x2)
        {
            tsum++;
            fa[x2]=x1;
            add_edge(edge1[i].u,edge1[i].v,edge1[i].w);
            add_edge(edge1[i].v,edge1[i].u,edge1[i].w);
            if(tsum==n-1) break;
        }
    }
}
void dfs(int k)
{
    for(int l=head[k];l;l=e[l].last)
    {
        if(!dep[e[l].v])
        {
            dep[e[l].v]=dep[k]+1;
            fath[e[l].v][0]=k;
            dis[e[l].v][0]=e[l].w;
            dfs(e[l].v);
        }
    }
}
void init()
{
    for(int j=1;j<=D;++j)
      for(int i=1;i<=n;++i)
      {
          fath[i][j]=fath[fath[i][j-1]][j-1];
          dis[i][j]=min(dis[i][j-1],dis[fath[i][j-1]][j-1]);
      }
}
int lca(int a,int b)
{
    int ans=inf;
    if(dep[a]<dep[b]) swap(a,b);
    for(int j=D;j>=0;--j) 
    {
        if(dep[a]-(1<<j)>=dep[b])
        {
            ans=min(ans,dis[a][j]);
            a=fath[a][j];
        }
    }
    if(a==b) return ans;
    for(int j=D;j>=0;--j)
    {
        if(fath[a][j]!=fath[b][j])
        {
            ans=min(ans,min(dis[a][j],dis[b][j]));
            a=fath[a][j];
            b=fath[b][j];
        }
    }
    ans=min(ans,min(dis[a][0],dis[b][0]));
    return ans;
}
int main()
{
    freopen("truck.in","r",stdin);
    freopen("truck.out","w",stdout);
    inpu();
    ddkruskal();
    q=read();
    int x,y;
    for(int i=1;i<=n;++i)
    {
        if(!dep[i])
        {
            dep[i]=1;
            fath[i][0]=i;
            dis[i][0]=inf;
            dfs(i);
        }
    }
    init();
    for(int i=1;i<=q;++i)
    {
        x=read();y=read();
        if(fi(x)!=fi(y))  printf("-1
");
        else printf("%d
",lca(x,y));
    }
    fclose(stdin);
    fclose(stdout);
    return 0;
}