题面:传送门
一道神奇的题目,很容易想到树上倍增,如果 是 的祖先或 是 的祖先,直接倍增跑一遍即可,否则,我们会发现 的答案其实可以分为 ,但是要注意,中间那段可能会在同一趟车次里,所以答案有可能会减 。
那怎么做呢?假设 至少需要 趟车, 至少需要 趟车,设 为从 坐 趟车所能到达的最高点(最接近根的), 为从 坐 趟车所能到达的最高点,那么只需要判断有没有一趟车次经过 和 ,有就答案减 ,反之不减。
均可由树上倍增求得,在此不再赘述。判断是否无解只需要判一下 和 所能到达的最高点的深度是不是大于 即可。
最后的问题就是已知 ,判断有没有一趟车次经过这两点。又因为以 为根的子树不重合,所以问题即为以 为根的子树中和以 为根的子树中是不是分别存在一趟车次的两个端点。
想到这一步,我当时就蒙了。读了题解后发现,其实也不难。我们考虑离线,先处理出所有需要判断的点对,如果存在点对 ,就向 的询问数组中加入一个 ( 表示询问下标)。我们建立一个数组 ,以及一个树状数组 ,按原树的边 一遍,访问到点 时,我们先访问所有 的询问数组,对其中的所有点对 ,让 等于 的子树中的 和(树状数组查询),接着再将以 为端点的每个车次的另一个端点 的值在树状数组的相应位置上加 ,访问 的全部子树后,再访问所有 的询问数组,对其中的所有点对 ,如果这时查询的 的子树中的 和,如果结果不等于 ,就说明被修改过了,即 的子树中至少有一个点和 的子树中的一个点属于同一趟车次,即 与 能在同一趟车次中互相到达,所以 需要减 ,不理解的话看这段代码:
void solve(int x)
{
for(int i=0;i<que[x].size();i++)//询问数组
{
int y=que[x][i].first,id=que[x][i].second;
chg[id]=query(out[y])-query(in[y]-1);//chg数组记录原来的值
}
for(int i=0;i<to[x].size();i++)
{
int y=to[x][i];
add(in[y],1);//修改
}
for(int i=0;i<G[x].size();i++)
{
int y=G[x][i];
solve(y);//遍历整个子树
}
for(int i=0;i<que[x].size();i++)
{
int y=que[x][i].first,id=que[x][i].second;
if(chg[id]!=query(out[y])-query(in[y]-1))ans[id]--;
//与原来不相等,答案需要减1
}
}
最后直接输出 数组就行了。
树上倍增的时间复杂度是 ,算出初始答案的时间复杂度是 ,树状数组查询的总时间复杂度是 ,树状数组修改的时间复杂度是 ,最后总的复杂度: 。
全部代码:
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<vector>
using namespace std;
int n,m,q;
vector<int>G[200010];
vector<int>to[200010];
vector<pair<int,int> >que[200010];
int up[200010][21];
int dep[200010];
int par[200010][21];
int in[200010],out[200010];
int ans[200010];
int cnt;
void dfs(int x)
{
in[x]=++cnt;
for(int i=0;i<G[x].size();i++)
{
int y=G[x][i];
par[y][0]=x;
dep[y]=dep[x]+1;
dfs(y);
}
out[x]=cnt;
}
int lca(int x,int y)
{
if(dep[x]<dep[y])swap(x,y);
for(int i=20;i>=0;i--)if(dep[par[x][i]]>=dep[y])x=par[x][i];
if(x==y)return x;
for(int i=20;i>=0;i--)if(par[x][i]!=par[y][i])x=par[x][i],y=par[y][i];
return par[x][0];
}
void update(int x,int y)
{
if(dep[y]<dep[up[x][0]])up[x][0]=y;
}
int calup(int x)
{
for(int i=0;i<G[x].size();i++)
{
int y=G[x][i];
update(x,calup(y));
}
return up[x][0];
}
bool insubt(int x,int y)
{
return (in[y]>=in[x] && in[y]<=out[x]);
}
pair<int,int>calc(int x,int y)
{
int res=0;
for(int i=20;i>=0;i--)
{
if(!insubt(up[x][i],y))x=up[x][i],res+=(1<<i);
}
return make_pair(x,res);
}
int sum[200010];
void add(int x,int v)
{
for(int i=x;i<=n;i+=i&-i)sum[i]+=v;
}
int query(int x)
{
int res=0;
for(int i=x;i;i-=i&-i)res+=sum[i];
return res;
}
int chg[200010];
void solve(int x)
{
for(int i=0;i<que[x].size();i++)
{
int y=que[x][i].first,id=que[x][i].second;
chg[id]=query(out[y])-query(in[y]-1);
}
for(int i=0;i<to[x].size();i++)
{
int y=to[x][i];
add(in[y],1);
}
for(int i=0;i<G[x].size();i++)
{
int y=G[x][i];
solve(y);
}
for(int i=0;i<que[x].size();i++)
{
int y=que[x][i].first,id=que[x][i].second;
if(chg[id]!=query(out[y])-query(in[y]-1))ans[id]--;
}
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=2;i<=n;i++)
{
int x;
scanf("%d",&x);
G[x].push_back(i);
}
dep[0]=-1;
dfs(1);
for(int i=1;i<=20;i++)
{
for(int j=1;j<=n;j++)par[j][i]=par[par[j][i-1]][i-1];
}
for(int i=1;i<=n;i++)up[i][0]=i;
scanf("%d",&m);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
int xy=lca(x,y);
update(x,xy);
update(y,xy);
to[x].push_back(y);
to[y].push_back(x);
}
calup(1);
for(int i=1;i<=20;i++)
{
for(int j=1;j<=n;j++)up[j][i]=up[up[j][i-1]][i-1];
}
scanf("%d",&q);
for(int i=1;i<=q;i++)
{
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
int xy=lca(x,y);
if(!insubt(up[x][20],xy) || !insubt(up[y][20],xy))
{
ans[i]=-1;
continue;
}
pair<int,int>r1=calc(x,xy);
pair<int,int>r2=calc(y,xy);
x=r1.first;y=r2.first;
ans[i]=r1.second+r2.second;
if(x==xy || y==xy)ans[i]++;
else
{
ans[i]+=2;
que[x].push_back(make_pair(y,i));
}
}
solve(1);
for(int i=1;i<=q;i++)printf("%d\n",ans[i]);
return 0;
}