AGC 014E.Blue and Red Tree(思路启发式合并)

\(Description\)

给定两棵\(n\)个点的树，分别是由\(n-1\)条蓝边和\(n-1\)条红边组成的树。求\(n-1\)次操作后，能否把蓝树变成红树。

每次操作是，选择当前树上一条只由蓝边组成的简单路径\(u\to v\)，删掉路径上的任意一条蓝边，然后在路径上任选两个点，在这两个点之间加一条红边。

\(n\leq10^5\)。

\(Solution\)

模拟一下样例二，就比较容易想到：

考虑能否从红树变回到蓝树。

我们每次要找到当前树上一条蓝边组成的路径\(u\to v\)，设路径上任意一点是\(a\)，不在路径上的一个点是\(b\)。如果当前\(a,b\)之间有红边相连，而\(b\)与路径上某点\(c\)在蓝树上有边，显然这条红边\((a,b)\)是可以通过删掉\((b,c)\)加入的，也就是现在我们在当前树上删掉边\((a,b)\)，加入边\((b,c)\)。然后继续找蓝边路径继续扩展。

怎么实现这一过程呢？

对于整条蓝边组成的路径\(u\to v\)，我们不需要管具体有哪些点，只需要知道\(b\)与\(u\to v\)之间既有一条红边，也有一条蓝边（不会有两条红边/蓝边啊，因为每次操作后也是一棵树），然后我们可以删掉这条红边，加入这条蓝边。边具体是哪条也不需要管，我们只需要知道\(b\)被加入了路径\(u\to v\)。

所以就可以用并查集实现。\(b\)被合并到路径\(u\to v\)前，要把与\(b\)相连的所有边连到路径\(u\to v\)（的代表点）上去，可以用启发式合并。

同时有红边和蓝边与路径相连，就是这条边出现了两次。所以我们把出现两次的边拿出来扩展就好了。

能扩展\(n-1\)次则可行，否则不行。

启发式合并然后用set维护出边，复杂度\(O(n\log^2n)\)。出边可以hash点对\((u,v)\)来维护，少一个\(\log\)，懒得写了。。

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#include <set>

#include <cstdio>

#include <cctype>

#include <algorithm>

#define gc() getchar()

typedef long long LL;

const int N=1e5+5;

int fa[N];

std::set<int> st[N];

std::pair<int,int> q[N];

inline int read()

{

	int now=0;register char c=gc();

	for(;!isdigit(c);c=gc());

	for(;isdigit(c);now=now*10+c-'0',c=gc());

	return now;

}

int Find(int x)

{

	return x==fa[x]?x:fa[x]=Find(fa[x]);

}

int main()

{

	const int n=read();

	int h=0,t=0;

	for(int i=n-1<<1; i; --i)

	{

		int u=read(),v=read();

//		if(u>v) std::swap(u,v);

		if(!st[u].count(v)) st[u].insert(v), st[v].insert(u);

		else q[t++]=std::make_pair(u,v);

	}

	for(int i=1; i<=n; ++i) fa[i]=i;

	while(h<t)

	{

		int x=Find(q[h].first),y=Find(q[h++].second);

		if(st[x].size()<st[y].size()) std::swap(x,y);//x<-y

		for(std::set<int>::iterator it=st[y].begin(); it!=st[y].end(); ++it)

			if(*it!=x)

			{

				int u=x,v=*it;

				st[v].erase(y);

//				if(u>v) std::swap(u,v);

				if(!st[u].count(v)) st[u].insert(v), st[v].insert(u);

				else q[t++]=std::make_pair(u,v);

			}

		st[x].erase(y), fa[y]=x;

	}

	puts(t==n-1?"YES":"NO");

	return 0;

}