Luogu P3379 最近公共祖先
原题展现
题目描述
如题，给定一棵有根多叉树，请求出指定两个点直接最近的公共祖先。
输入格式
第一行包含三个正整数 (N,M,S)，分别表示树的结点个数、询问的个数和树根结点的序号。
接下来 (N-1) 行每行包含两个正整数 (x, y)，表示 (x) 结点和 (y) 结点之间有一条直接连接的边（数据保证可以构成树）。
接下来 (M) 行每行包含两个正整数 (a, b)，表示询问 (a) 结点和 (b) 结点的最近公共祖先。
输出格式
输出包含 (M) 行，每行包含一个正整数，依次为每一个询问的结果。
样例输入 #1
5 5 4 3 1 2 4 5 1 1 4 2 4 3 2 3 5 1 2 4 5 样例输出 #1
4 4 1 4 4 提示
对于 (30%) 的数据，(Nleq 10)，(Mleq 10)。
对于 (70%) 的数据，(Nleq 10000)，(Mleq 10000)。
对于 (100%) 的数据，(Nleq 500000)，(Mleq 500000)。
样例说明：
该树结构如下：
第一次询问：(2, 4) 的最近公共祖先，故为 (4)。
第二次询问：(3, 2) 的最近公共祖先，故为 (4)。
第三次询问：(3, 5) 的最近公共祖先，故为 (1)。
第四次询问：(1, 2) 的最近公共祖先，故为 (4)。
第五次询问：(4, 5) 的最近公共祖先，故为 (4)。
故输出依次为 (4, 4, 1, 4, 4)。
解析
本题是 LCA 的模板
LCA 的做法很多，比如暴力跳，倍增
暴力跳
让深度大的一点不断向上跳，直到两点深度相等
如果两点深度相同但是并不相等，可以两点一起跳
在随机数据下表现优异，因为树会比较平衡，所以近似(O(log n))
通常会被卡成单次(O(n)),其实不难构造，可以构造一个深度大的树（比如链）
本人出的一道题思想类似这样，不过这道题保证了平衡
倍增法
考虑一次跳多一点
记(fa_{u,k})表示距离(u)的边数为(2^k)的祖先节点则(fa_{u,k}=fa_{fa_{u,k-1},k-1})可以通过dfs求出(fa)
如果求LCA,我们可以很快让两点来到相同的深度
考虑求两点深度差，将差二进制拆分，每次跳一个(2)的幂，时间复杂度(O(log n))
当然，没必要真的二进制拆分，因为我们要知道是(2)的几次幂，所以用cmath的log2更加方便
这里有一个优化：用(O(n))的时间复杂度递推求出log2的值
然后，如果两点深度相同不相等，有一个自认为巧妙的方法求解
一个性质：如果两点跳到LCA了，继续向上跳依然相等（易证）
如果两点向上跳不相等，那么一定可以继续跳
于是想到一个办法：尝试枚举(i)从(31)到(0),表示尝试跳(2^i)
如果向上跳不相同的话，就向上跳，这样，枚举完，LCA就是(fa_{x,0})
核心代码如下,首先是预处理
void dfs(long long x,long long fa) { f[x][0]=fa; dep[x]=dep[fa]+1; for(int i=1;i<=31;i++) { f[x][i]=f[f[x][i-1]][i-1]; } for(int i=h[x];i;i=a[i].next) { if(a[i].to!=fa) { dfs(a[i].to,x); } } } 然后是求解
if(dep[x]<dep[y]) { swap(x,y); } while(dep[x] > dep[y]) { x = f[x][lg[dep[x]-dep[y]] - 1]; } if(x==y) { cout<<x<<endl; continue; } for(int k = lg[dep[x]] - 1; k >= 0;k--) { if(f[x][k] != f[y][k]) { x = f[x][k], y = f[y][k]; } } 于是，我们得到了一个严格的(O(log n))算法
Luogu P1967 [NOIP2013 提高组] 货车运输
原题展现
题目描述
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。
输入格式
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) 行每行三个整数 (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 neq 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，保证 (x neq y)
输出格式
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 #1
4 3 1 2 4 2 3 3 3 1 1 3 1 3 1 4 1 3 样例输出 #1
3 -1 3 提示
对于 (30%) 的数据，(1 le n < 1000)，(1 le m < 10,000)，(1le q< 1000)；
对于 (60%) 的数据，(1 le n < 1000)，(1 le m < 5times 10^4)，(1 le q< 1000)；
对于 (100%) 的数据，(1 le n < 10^4)，(1 le m < 5times 10^4)，$1 le q< 3times 10^4 $，(0 le z le 10^5)。
解析
因为我们想要经过的最小边最大，那么不妨构造一个最大生成树（建议使用克鲁斯卡尔算 法），这样每条边都能尽可能大
然后问题转换为树上查询，同样利用倍增法求(x->LCA,y->LCA)路径中的最小边，也是可以预处理的
不过问题不保证树联通，需要判断是否有解
克鲁斯卡尔的优势就体现出来了，我们已经处理了并查集，如果两点祖先不同就直接判断为无解
核心代码如下（码风十分奇怪）
#include<bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std; struct road { ll s,t,w; }r[200005]; struct node { ll to,next,w; }a[200005]; ll n,m,t,k,x,y,fa2[100005],h[100005],fa[100005][33],f[100005][33],dep[100005],lg[100005]; bool cmp(road x,road y) { return x.w>y.w; } void add(int x,int y,int z) { t++; a[t].to=y; a[t].w=z; a[t].next=h[x]; h[x]=t; } int find(int x) { if(fa2[x]==x)return x; return fa2[x]=find(fa2[x]); } void dfs(long long x,long long fn) { fa[x][0]=fn; dep[x]=dep[fn]+1; for(int i=1;i<=31;i++) { fa[x][i]=fa[fa[x][i-1]][i-1]; f[x][i]=min(f[x][i-1],f[fa[x][i-1]][i-1]);//f数组表示x到fa[x][i]路径的最小值 } for(int i=h[x];i;i=a[i].next) { if(a[i].to!=fn) { f[a[i].to][0]=a[i].w; dfs(a[i].to,x); } } } int lca(int x,int y) { if(dep[x]<dep[y]) { swap(x,y); } while(dep[x] > dep[y]) { x = fa[x][lg[dep[x]-dep[y]] - 1]; } if(x==y) { return x; } for(int k = lg[dep[x]] - 1; k >= 0;k--) { if(fa[x][k] != fa[y][k]) { x = fa[x][k], y = fa[y][k]; } } return fa[x][0]; } int work(int x,int y)//求解x到y路径的最小值，保证y是x祖先 { ll ans=1e9,deph=dep[x]-dep[y]; while(deph!=0) { ll t=lg[deph]-1; ans=min(ans,f[x][t]); x=fa[x][t]; deph=dep[x]-dep[y]; } return ans; } int main() { cin>>n>>m; for(int i=1;i<=n;i++) { fa2[i]=i; lg[i] = lg[i-1] + (1 << lg[i-1] == i); } for(int i=1;i<=m;i++) { cin>>r[i].s>>r[i].t>>r[i].w; } sort(r+1,r+m+1,cmp);//克鲁斯卡尔 int k=n-1; for(int i=1;i<=m;i++) { if(k==0)break; if(find(r[i].s)!=find(r[i].t)) { add(r[i].s,r[i].t,r[i].w); add(r[i].t,r[i].s,r[i].w); fa2[find(r[i].s)]=find(r[i].t); k--; } } for(int i=1;i<=n;i++) { if(find(i)==i) { dfs(i,0); } } cin>>k; for(int i=1;i<=k;i++) { cin>>x>>y; if(find(x)!=find(y)) { cout<<-1<<endl; continue; } int lcah=lca(x,y); cout<<min(work(x,lcah),work(y,lcah))<<endl; } } Duck006[DuckOI]Kill the Duck
原题展现
温馨提示
Duck非常不要脸，单推自己的题
后来发现其实有好多一样的题
- 贪玩的小孩
- HDU 2586 How far away?
题目描述
XCR是世界名列前茅的OIer，今天在打模拟赛。
他已经AC了前四道题，准备暴切第五题，看着这个题面，突然发现不太对....
他一看五道题的名字
XCR十分生气，想要杀了DengDuck
DengDuck跑到了一个有(n)个结点，(n-1)条边的树上
这个树的每个边都是无向的，都有边权
XCR现在有(m)次询问，第(i(1 leq i leq m))次给出两个正整数(x_i)和(y_i),含义如下
DengDuck 在点 (x_i(1 leq x_i leq n)) 上,XCR在点 (y_i(1 leq y_i leq n)) 上
对于每次询问，请问XCR离DengDuck的距离是多少？
输入格式
第一行一个整数(n)
接下来(n-1)行每行三个正整数分别表示一条边的起点，终点，边权
第(n+1)行一个正整数(m)
接下来(m)行每行两个正整数(x_i)和(y_i)
输出格式
有(m)行，每行一个正整数，表示DengDuck和XCR的距离
样例输入 #1
3 1 2 3 2 3 4 2 1 2 1 3 样例输出 #1
3 7 样例输入 #2
3 1 3 10 1 2 13 5 1 1 2 2 3 1 2 1 1 3 样例输出 #2
0 0 10 13 10 样例输入 #3
14 5 7 12 7 11 15 5 14 12 14 3 17 7 1 19 14 4 14 1 12 16 1 6 16 12 9 19 9 10 10 7 2 11 4 8 10 2 13 14 17 6 11 14 14 13 11 6 10 12 6 8 7 9 9 10 11 13 10 1 4 2 12 13 4 2 7 2 1 12 2 10 11 4 7 样例输出 #3
50 0 40 61 32 48 0 79 89 57 46 63 11 30 46 79 38 提示
| 对于一定的数据 | (n,m)的范围 | 特殊限制 |
|---|---|---|
| 前(5%)的数据 | (1～20) | 无 |
| 前(20%)的数据 | (1～3000) | 无 |
| 另外的(5%)的数据 | (1～3000) | (m=1) |
| 所有数据 | (1～100000) | 无 |
解析
预处理出(dis_i)表示点(i)到根(1)的距离，答案是(dis_x+dis_y-2dis_{lca(x,y)})
非常容易证明
代码如下
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; int n, k, b[1000005], x, y, z, tot, h[500005], len[500005], fa[500005][33], dep[500005], lg[500005], f[1000005], ans; struct node { int to, next, w; } a[1000005]; void dfs(long long x, long long fn, long long l) { fa[x][0] = fn; dep[x] = dep[fn] + 1; len[x] = l; for (int i = 1; i <= 31; i++) { fa[x][i] = fa[fa[x][i - 1]][i - 1]; } for (int i = h[x]; i; i = a[i].next) { if (a[i].to != fn) { dfs(a[i].to, x, l + a[i].w); } } } int lca(int x, int y) { if (dep[x] < dep[y]) { swap(x, y); } while (dep[x] > dep[y]) { x = fa[x][lg[dep[x] - dep[y]] - 1]; } if (x == y) { return x; } for (int k = lg[dep[x]] - 1; k >= 0; k--) { if (fa[x][k] != fa[y][k]) { x = fa[x][k], y = fa[y][k]; } } return fa[x][0]; } void add(int x, int y, int z) { ++tot; a[tot].to = y; a[tot].next = h[x]; a[tot].w = z; h[x] = tot; } void answer(int x, int fn) { for (int i = h[x]; i; i = a[i].next) { if (a[i].to != fn) { answer(a[i].to, x); f[x] += f[a[i].to]; } } ans = max(ans, f[x]); } int main() { cin >> n; for (int i = 1; i <= n; ++i) { lg[i] = lg[i - 1] + (1 << lg[i - 1] == i); } for (int i = 1; i <= n - 1; i++) { cin >> x >> y >> z; add(x, y, z); add(y, x, z); } dfs(1, 0, 0); cin >> k; for (int i = 1; i <= k; i++) { cin >> x >> y; int t = lca(x, y); cout << len[x] + len[y] - 2 * len[t] << endl; } } 
