Atcoder Grand Contest 005 E - Sugigma: The Showdown（思维题）

洛谷题面传送门 & Atcoder 题面传送门

记先手移动棋子的树为红树，后手移动棋子的树为蓝树。

首先考虑一个性质，就是如果与当前红色棋子所在的点相连的边中存在一条边，满足这条边的两个端点在蓝树上的距离 \(\ge 3\)，那么答案肯定是 \(-1\)，因为如果此时红色棋子与蓝色棋子在蓝树上的距离 \(\le 1\)，那么先手就可以沿着这条红边将红色棋子移到该边的另一个端点，使红色棋子与蓝色棋子在蓝树上的距离 \(>1\)，否则原地不动。如果后手再次将蓝色棋子移到与红色棋子在蓝树上距离为 \(1\) 的位置那先手可以再将棋子沿着这条红边移动 \(1\) 的距离，如此反复进行下去即可。

因此我们考虑先对蓝树进行一遍 DFS 并对每一条红边检验其在蓝树上的距离是否 \(\ge 3\)，记 \(ok_x\) 表示是否存在一条与 \(x\) 相连的红边满足其在蓝树上的距离 \(\ge 3\)，那么如果先手能够走到一个满足 \(ok_x=1\) 的点，并且下一步还是先手走，那么答案就是 \(-1\)。

那么怎么处理答案不等于 \(-1\) 的情况呢？别急，我们再来找些性质，我们不妨假设现在还不能到达能够无限循环的状态，也就是说所有与当前红色棋子所在点相连的边在蓝树上的距离 \(\le 2\)，那么有一个性质是红色棋子肯定不会跨过蓝色棋子，因为如果红色棋子跨过了蓝色棋子，那么此时红色棋子与蓝色棋子距离必然 \(\le 1\)，后手必然能在一步之内结束游戏，这显然是先手所不希望看到的。换句话说，任意时刻红色棋子必定在蓝色棋子在蓝树上的子树内，证明可以归纳，读者自证不难。有了这个性质之后我们还能顺带着推出一个性质，那就是记 \(depr_i\) 为 \(i\) 到红树树根的距离，\(depb_i\) 为 \(i\) 到蓝树树根的距离，那么任意时刻如果游戏没有结束，都有 \(depr_x<depb_x\)，否则此时此刻红色棋子不在蓝色棋子在蓝树上的子树内，或者两个点位于同一节点上，游戏结束。因此考虑再对红树进行一遍 DFS，如果先手经过 \(depr_x<depb_x\) 的点能够走到 \(ok_x=1\) 的点那么答案就是 \(-1\)，否则我们找出红色棋子经过的点中 \(depb\) 的最大值 \(mx\)，那么容易证明最优方案是先手将红色棋子移到这个 \(depb\) 最大的点然后原地不动等死，经过的步数为 \(2mx\)。

时间复杂度线性，判断两点在蓝树上距离是否 \(\ge 3\) 不必倍增跳 LCA 求距离，可以直接求出 \(x,y\) 的 \(0,1,2\) 级祖先并判断是否有相同的值。

终于在 NOI 之前把鸽掉的题解全部补完了

const int MAXN=2e5;
int n,x,y;vector<pii> edges_r;
struct graph{
	int hd[MAXN+5],to[MAXN*2+5],nxt[MAXN*2+5],ec=0;
	void adde(int u,int v){to[++ec]=v;nxt[ec]=hd[u];hd[u]=ec;}
} R,B;
int dep_b[MAXN+5],fa_b[MAXN+5],dep_r[MAXN+5];
void dfs1(int x,int f){
	fa_b[x]=f;
	for(int e=B.hd[x];e;e=B.nxt[e]){
		int y=B.to[e];if(y==f) continue;
		dep_b[y]=dep_b[x]+1;dfs1(y,x);
	}
}
bool check(int x,int y){
	vector<int> fx,fy;
	for(int i=0;i<3;i++) fx.pb(x),x=fa_b[x];
	for(int i=0;i<3;i++) fy.pb(y),y=fa_b[y];
	for(int i=0;i<3;i++) for(int j=0;j+i<3;j++) if(fx[i]==fy[j]) return 0;
	return 1;
}
int ans=0,ok[MAXN+5];
void dfs2(int x,int f){
	if(dep_r[x]>=dep_b[x]) return;
	if(ok[x]) puts("-1"),exit(0);
	chkmax(ans,dep_b[x]);
	for(int e=R.hd[x];e;e=R.nxt[e]){
		int y=R.to[e];if(y==f) continue;
		dep_r[y]=dep_r[x]+1;dfs2(y,x);
	}
}
int main(){
	scanf("%d%d%d",&n,&x,&y);
	for(int i=1,u,v;i<n;i++){
		scanf("%d%d",&u,&v);edges_r.pb(mp(u,v));
		R.adde(u,v);R.adde(v,u);
	}
	for(int i=1,u,v;i<n;i++) scanf("%d%d",&u,&v),B.adde(u,v),B.adde(v,u);
	dfs1(y,0);for(pii e:edges_r) if(check(e.fi,e.se)) ok[e.fi]=ok[e.se]=1;
	dfs2(x,0);printf("%d\n",ans<<1);
	return 0;
}