P3398 倉鼠找 sugar
題意簡述
給定一個\(N\)個節點的樹形結構。接下來有\(q\)次詢問，每次詢問給定\(4\)個節點\(a,b,c,d\)，請計算\(a\)到\(b\)的簡單路徑和\(c\)到\(d\)的簡單路徑是否有相交的節點。對於每個詢問，輸出Y/N表示答案。
解題思路 & Code
透過手玩樣例可以發現，\(a\sim b\)與\(c\sim d\)有相交節點，當且僅當\(lca(a,b)\)在\(c\sim d\)上，或者\(lca(c,d)\)在\(a\sim b\)上。
那麼我們怎麼判斷一個點在一條路徑上呢？
我們設路徑端點為\(a,b\)，要判斷節點\(c\)是否在\(a\sim b\)上。
透過尋找規律，我們可以把“\(c\)在\(a\sim b\)上”歸納為下面\(2\)種情況：
- \(c\)在\(a\sim lca(a,b)\)上：\(lca(a,c)=c\)且\(lca(a,b)=lca(b,c)\)。
- \(c\)在\(b\sim lca(a,b)\)上：\(lca(b,c)=c\)且\(lca(a,b)=lca(a,c)\)。
簡單證明一下：\(lca(a,c)=c\)說明\(c\)是\(a\)的祖先，而\(lca(b,c)=lca(a,b)\)又說明\(lca(a,b)\)是\(c\)的祖先。也就是說\(c\)在\(a\sim lca(a,b)\)上。\(b\)同理。
只要滿足其一，就說明\(c\)在\(a\sim b\)上。我們把判斷的過程寫成函式onpath(a,b,c)，對於每次詢問，如果onpath(a,b,lca(c,d))||onpath(c,d,lca(a,b))，則輸出Y，否則輸出N。
就醬。
這裡LCA用倍增實現，總時間複雜度\(O((N+q)\log N)\)。
點選檢視程式碼
#include<bits/stdc++.h>
#define N 100010
using namespace std;
int dep[N],fa[N][20];
int n,q;
vector<int> G[N];
void dfs(int u,int father){
dep[u]=dep[father]+1;
fa[u][0]=father;
for(int i=1;i<20;i++)
fa[u][i]=fa[fa[u][i-1]][i-1];
for(int i:G[u])
if(i!=father) dfs(i,u);
}
int lca(int u,int v){
if(dep[u]<dep[v]) swap(u,v);
for(int i=19;i>=0;i--)
if(dep[fa[u][i]]>=dep[v])
u=fa[u][i];
if(u==v) return v;
for(int i=19;i>=0;i--)
if(fa[u][i]!=fa[v][i])
u=fa[u][i],v=fa[v][i];
return fa[u][0];
}
bool onpath(int a,int b,int c){
int ab=lca(a,b),bc=lca(b,c),ac=lca(a,c);
return (ac==c&&ab==bc)||(bc==c&&ab==ac);
}
int main(){
cin>>n>>q;
for(int i=1;i<n;i++){
int u,v;
cin>>u>>v;
G[u].push_back(v);
G[v].push_back(u);
}
dfs(1,0);
while(q--){
int a,b,c,d;
cin>>a>>b>>c>>d;
if(onpath(a,b,lca(c,d))||onpath(c,d,lca(a,b)))
cout<<"Y\n";
else cout<<"N\n";
}
return 0;
}
附：
給出“\(c\)在\(a\sim b\)上”歸納出的兩種情況也可以這樣處理：
- \(c\)在\(a\sim lca(a,b)\)上：\(lca(a,c)=c\)且\(dep[c]\ge dep[lca(a,b)]\)。
- \(c\)在\(b\sim lca(a,b)\)上：\(lca(b,c)=c\)且\(dep[c]\ge dep[lca(a,b)]\)。
簡單證明一下：\(lca(a,c)=c\)說明\(c\)是\(a\)的祖先，而又有\(dep[c]\ge dep[lca(a,b)]\)，將\(c\)限制在了\(a\)與\(lca(a,b)\)之間。\(b\)同理。