Luogu P3398 仓鼠找sugar

这还是一道比较好的树剖题（去你的树剖，LCA即可）

这里主要讲两种思路，其实都是很基本也很经典的

1 树链剖分

还是先讲一下这种算法吧，虽然写起来很烦（不过感觉写多了就习惯了，而且还有一种莫名的快感），但是思路好想啊！

我们可以把\(a \to b\)的路径上的点权都加上1，然后把\(c \to d\)的路径上的点权都加上1

然后就很简单了，就是查询这棵树中有没有点权为2的点。

熟悉线段树的就可以秒了，我们只需要建一棵维护最大值的segtree即可

CODE

#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N=100005;
struct edge
{
    int to,next;
}e[N<<1];
struct segtree
{
    int x,add;
}tree[N<<2];
int n,q,a,b,c,d,cnt,tot,rt=1,head[N],dep[N],father[N],top[N],id[N],size[N],son[N];
inline char tc(void)
{
    static char fl[100000],*A=fl,*B=fl;
    return A==B&&(B=(A=fl)+fread(fl,1,100000,stdin),A==B)?EOF:*A++;
}
inline void read(int &x)
{
    x=0; char ch=tc();
    while (ch<'0'||ch>'9') ch=tc();
    while (ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=tc();
}
inline void add(int x,int y)
{
    e[++cnt].to=y; e[cnt].next=head[x]; head[x]=cnt;
}
inline void swap(int &a,int &b)
{
    int t=a; a=b; b=t;
}
inline int max(int a,int b)
{
    return a>b?a:b;
}
inline void up(int rt)
{
    tree[rt].x=max(tree[rt<<1].x,tree[rt<<1|1].x);
}
inline void down(int rt)
{
    if (tree[rt].add)
    {
        tree[rt<<1].add+=tree[rt].add; tree[rt<<1|1].add+=tree[rt].add;
        tree[rt<<1].x+=tree[rt].add; tree[rt<<1|1].x+=tree[rt].add;
        tree[rt].add=0;
    }
}
inline void modify(int rt,int l,int r,int beg,int end,int k)
{
    if (l>=beg&&r<=end)
    {
        tree[rt].x+=k; tree[rt].add+=k;
        return;
    }
    int mid=l+r>>1; down(rt);
    if (beg<=mid) modify(rt<<1,l,mid,beg,end,k);
    if (end>mid) modify(rt<<1|1,mid+1,r,beg,end,k);
    up(rt);
}
inline void DFS1(int now,int fa,int d)
{
    dep[now]=d; father[now]=fa; size[now]=1; int res=-1;
    for (register int i=head[now];i!=-1;i=e[i].next)
    if (e[i].to!=fa)
    {
        DFS1(e[i].to,now,d+1);
        size[now]+=size[e[i].to];
        if (size[e[i].to]>res) res=size[e[i].to],son[now]=e[i].to;
    }
}
inline void DFS2(int now,int topf)
{
    top[now]=topf; id[now]=++tot;
    if (!son[now]) return;
    DFS2(son[now],topf);
    for (register int i=head[now];i!=-1;i=e[i].next)
    if (e[i].to!=father[now]&&e[i].to!=son[now]) DFS2(e[i].to,e[i].to);
}
inline void change(int x,int y,int z)
{
    while (top[x]!=top[y])
    {
        if (dep[top[x]]<dep[top[y]]) swap(x,y);
        modify(1,1,n,id[top[x]],id[x],z); x=father[top[x]];
    }
    if (dep[x]<dep[y]) swap(x,y);
    modify(1,1,n,id[y],id[x],z);
}
int main()
{
    //freopen("CODE.in","r",stdin); freopen("CODE.out","w",stdout);
    memset(e,-1,sizeof(e));
    memset(head,-1,sizeof(head));
    register int i; read(n); read(q);
    for (i=1;i<n;++i)
    read(a),read(b),add(a,b),add(b,a);
    DFS1(rt,-1,0); DFS2(rt,rt);
    while (q--)
    {
        read(a); read(b); read(c); read(d);
        change(a,b,1); change(c,d,1);
        puts(tree[1].x>=2?"Y":"N");
        change(a,b,-1); change(c,d,-1);
    }
    return 0;
}

2 LCA

因为这道题本身还是LCA为正解的，所以我们搞一下。

我们考虑什么时候树上的两条链会有交点。

我们很轻易地通过大量的证明画图归纳得到：如果两条路径相交，那么一定有一条路径的LCA在另一条路径上

然后这里我们判断一个节点\(x\)，是否在路径\(u \to v\)上需要满足：

• \(dep_x>=dep_{LCA(u,v)}\)
• \(LCA(u,x)=x\ or\ LCA(v,x)=x\)

这个的话还是多思考，多总结一下就好的东西

由于LCA多年未写，Tarjan&&倍增全忘了，只会一个DFS序+RMQ的了

其实个人喜欢DFS序的那种，毕竟预处理\(O(nlogn)\)，查询只要\(O(1)\)

CODE

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;
const int N=100005,P=20;
struct edge
{
    int to,next;
}e[N<<1];
struct RMQ
{
    int x,num;
}f[N<<1][P];
int n,q,a,b,c,d,cnt,tot,rt=1,head[N],fir[N],dep[N];
inline char tc(void)
{
    static char fl[100000],*A=fl,*B=fl;
    return A==B&&(B=(A=fl)+fread(fl,1,100000,stdin),A==B)?EOF:*A++;
}
inline void read(int &x)
{
    x=0; char ch=tc();
    while (ch<'0'||ch>'9') ch=tc();
    while (ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=tc();
}
inline void add(int x,int y)
{
    e[++cnt].to=y; e[cnt].next=head[x]; head[x]=cnt;
}
inline void swap(int &a,int &b)
{
    int t=a; a=b; b=t;
}
inline void DFS(int now,int fa,int d)
{
    dep[now]=f[++tot][0].x=d; fir[now]=tot; f[tot][0].num=now;
    for (register int i=head[now];i!=-1;i=e[i].next)
    if (e[i].to!=fa) DFS(e[i].to,now,d+1),f[++tot][0].x=d,f[tot][0].num=now;
}
inline void RMQ_init(void)
{
    for (register int j=1;j<P;++j)
    for (register int i=1;i+(1<<j)-1<=tot;++i)
    f[i][j]=f[i][j-1].x<f[i+(1<<j-1)][j-1].x?f[i][j-1]:f[i+(1<<j-1)][j-1];
}
inline int LCA(int x,int y)
{
    x=fir[x]; y=fir[y]; if (x>y) swap(x,y);
    int k=(int)log2(y-x+1);
    return f[x][k].x<f[y-(1<<k)+1][k].x?f[x][k].num:f[y-(1<<k)+1][k].num;
}
int main()
{
    //freopen("CODE.in","r",stdin); freopen("CODE.out","w",stdout);
    register int i; read(n); read(q);
    memset(e,-1,sizeof(e));
    memset(head,-1,sizeof(head));
    for (i=1;i<n;++i)
    read(a),read(b),add(a,b),add(b,a);
    DFS(rt,-1,0); RMQ_init();
    while (q--)
    {
        read(a); read(b); read(c); read(d);
        int fa1=LCA(a,b),fa2=LCA(c,d);
        if (dep[fa1]>dep[c]&&dep[fa1]>dep[d]) { puts("N"); continue; }
        if (dep[fa2]>dep[a]&&dep[fa2]>dep[b]) { puts("N"); continue; }
        if (dep[fa1]>=dep[fa2])
        {
            if (!(LCA(fa1,c)^fa1)||!(LCA(fa1,d)^fa1)) { puts("Y"); continue; }
        } else if (!(LCA(fa2,a)^fa2)||!(LCA(fa2,b)^fa2)) { puts("Y"); continue; }
        puts("N");
    }
    return 0;
}