题目
给定一大小为n的有点权树，每次询问一对点(u,v)，问是否能在u到v的简单路径上取三个点权，以这三个权值为边
长构成一个三角形。同时还支持单点修改。
Input
第一行两个整数n、q表示树的点数和操作数
第二行n个整数表示n个点的点权
以下n-1行，每行2个整数a、b，表示a是b的父亲（以1为根的情况下）
以下q行，每行3个整数t、a、b
若t=0，则询问(a,b)
若t=1，则将点a的点权修改为b
n,q<=100000，点权范围[1,2^31-1]
Output
对每个询问输出一行表示答案，“Y”表示有解，“N”表示无解。
Sample Input
5 5
1 2 3 4 5
1 2
2 3
3 4
1 5
0 1 3
0 4 5
1 1 4
0 2 5
0 2 3
1 2 3 4 5
1 2
2 3
3 4
1 5
0 1 3
0 4 5
1 1 4
0 2 5
0 2 3
Sample Output
N
Y
Y
N
分析
一道十分带劲的脑洞题。设每一个点的点权为di，如果要形成三角形，在点权排好序后至少应该有一个i满足di-2+di-1>di，那么我们考虑所有都不可能的情况，这种情况的临界情况即为对于所有的i都有di-2+di-1=di，这不由让我们想到了斐波那契公式。所以如果路径经过的点的个数多于d的范围内按斐波那契公式排列的数的个数则一定可以组成三角形。而点权范围是int，int内的斐波那契数大约有50个，所以如果两点间的路径的点数大于等于50个直接输出Y。然后我们考虑点数小于50的情况，因为这种情况下点数很少，所以我们只需暴力LCA记录路径上的点权，然后排序判断即可。
ps.我也不不知道为啥用1ll就挂了，以后还是不要用了把......
代码
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<cctype>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
#include<queue>
#include<vector>
#include<set>
#include<map>
#include<stack>
using namespace std;
int fa[210000],d[210000],a[210000],dep[210000];
vector<int>v[210000];
void dfs(int x){
int i;
for(i=0;i<v[x].size();i++)
if(v[x][i]!=fa[x]){
fa[v[x][i]]=x;
dep[v[x][i]]=dep[x]+1;
dfs(v[x][i]);
}
return;
}
int main()
{ int n,m,i,j,k,x,y;
scanf("%d%d",&n,&m);
for(i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&d[i]);
for(i=1;i<n;i++){
scanf("%d%d",&x,&y);
v[x].push_back(y);
v[y].push_back(x);
}
dep[1]=1;
dfs(1);
for(i=1;i<=m;i++){
scanf("%d%d%d",&k,&x,&y);
if(k)d[x]=y;
else {
int cnt=0,ok=0,wh=1;
if(dep[x]<dep[y])swap(x,y);
while(dep[x]>dep[y]){
a[++cnt]=d[x];
x=fa[x];
if(cnt>=50){ok=1;break;}
}
while(x!=y){
a[++cnt]=d[x];
a[++cnt]=d[y];
x=fa[x];
y=fa[y];
if(cnt>=50){ok=1;break;}
}
a[++cnt]=d[x];
if(cnt>=50)ok=1;
if(!ok){
sort(a+1,a+cnt+1);
for(j=1;j<cnt-1;j++)
if((long long)a[j]+a[j+1]>a[j+2]){
ok=1;
break;
}
}
if(!ok)printf("N
");
else printf("Y
");
}
}
return 0;
}