【HDU 2586 How far away?】LCA问题 Tarjan算法

题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2586

题意：给出一棵n个节点的无根树，每条边有各自的权值。给出m个查询，对于每条查询返回节点u到v的最短路径的权值和，按查询顺序输出结果。

数据范围：n [2, 40000], m[1, 200]

思路：Tarjan算法：dfs遍历每个点，每遍历完 r 的一个孩子 c, 把 c 并入以 r 为祖先的集合，并处理 c 的所有查询 q：若qi的目标节点 v 已被遍历到，那么一定有lca(c, v) = find(v)。

具体实现上，需要记录这样几个信息：每个节点的深度depth、邻接表G、访问标记vis。

对于每组查询(u, v)时，可用这个公式得到结果res(u, v) = depth(u) - depth(lca(u,v)) + depth(v) - depth(lca(u,v))。

注意Tarjan算法是脱机的（离线的）、批处理的，即其查询结果的生成顺序与最初的查询输入顺序无关。因此需要将乱序生成的结果合理组织以实现顺序输出。这一点我没有想好怎么做，下面的实现是参照了到网上他人的代码。具体方法就是：用类似记录查询目标节点的方法去记录查询序号，即query[r][i]存的是第r个节点的第i个查询所涉及的目标节点，类似地，num[r][i]存的是第r个节点的第i个查询在输入查询序列中的序号。再附加一个ans[i]存储第i条查询的结果。这样每处理一个查询，即可把结果存入ans[num[r][i]] = res(r, i)

p.s 注意题目描述：没有说节点的序号分布在1...n，而我们的vis, query, depth等数组都是以下标标识节点号访问的。所以每次初始化时注意覆盖到整个区间[1, MAX_N]。这题n<=40000不是很大，若超过数组能开的最大长度，则需要“离散化”。

还有一点就是，这个问题只要使用深度优先遍历策略，左根右三个节点的访问顺序是没有关系的。因此可以借助先序遍历先访问根节点的便利，先修改vis数组，后遍历其邻接表，从而避免因邻接表存了双向边而出现“兜圈子”的情况。

 #include <cstdio>
 #include <vector>
 #include <cstring>
 using namespace std;

 const int MAX_N = ;
 const int MAX_M = ;

 int T;
 int n, m;
 struct Edge{
     int to, cost;
     Edge(){}
     Edge(int t, int c):to(t), cost(c){}
 };
 vector<Edge> G[MAX_N];
 vector<int> query[MAX_N];
 int vis[MAX_N];
 vector<int> num[MAX_N];
 int par[MAX_N];
 int ans[MAX_M];
 int depth[MAX_N];

 void init(){
     memset(vis, , sizeof(vis));
     memset(ans, , sizeof(ans));
     memset(depth, , sizeof(depth));
     for(int i=; i<MAX_N; i++){
         par[i] = i;
         G[i].clear();
         num[i].clear();
         query[i].clear();
     }
 }
 int find(int x){
     if(par[x] == x) return x;
     return par[x] = find(par[x]);
 }
 void unite(int x, int y){
     x = find(x);
     y = find(y);
     if(x == y) return ;
     par[y] = x;
 }

 void dfs(int r, int l){
     vis[r] = ;//先序遍历
     depth[r] = l;
     for(int i=; i<G[r].size(); i++){
         if(!vis[G[r][i].to]){
             dfs(G[r][i].to, l+G[r][i].cost);
             unite(r, G[r][i].to);
         }
     }
     for(int i=; i<query[r].size(); i++){
         if(vis[query[r][i]]){//r的第i个查询的目标节点
             int ca = find(query[r][i]);
             ans[num[r][i]] = depth[r] + depth[query[r][i]] - depth[ca] - depth[ca];
         //r的第i个查询所持有的查询号
         }
     }
 }

 void lca(int r){
     dfs(r, );
 }

 int main()
 {
     //freopen("2586.txt", "r", stdin);
     scanf("%d", &T);
     while(T--){
         init();
         scanf("%d%d", &n, &m);
         for(int i=; i<n-; i++){
             int u, v, c;
             scanf("%d%d%d", &u, &v, &c);
             G[u].push_back(Edge(v, c));
             G[v].push_back(Edge(u, c));
         }
         for(int i=; i<m; i++){
             int u, v;
             scanf("%d%d", &u, &v);
             query[u].push_back(v);
             query[v].push_back(u);
             num[u].push_back(i);//u的下一个查询号插入向量num[u]
             num[v].push_back(i);
         }
         lca();
         for(int i=; i<m; i++){
             printf("%d\n", ans[i]);
         }
 //        for(int i=1; i<=n; i++){
 //            for(int j=0; j<G[i].size(); j++){
 //                printf("%d %d %d\n", i, G[i][j].to, G[i][j].cost);
 //            }
 //        }
     }
     return ;
 }