【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

输入样例#1： 复制

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

输出样例#1： 复制

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
" );
        else printf ( "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;
}