标签：printf 整数 void dfs make rand include 最大的 ref
第一行一个整数$n$，表示原先的树的点数接下来$n-1$行每行两个整数$a,b$，表示原先的树上的$n-1$条边，保证这$n-1$条边形成一棵树。
接下来一行一个整数$m$，表示不同的方案数。
接下来$m$行每行两个整数$u,v$，表示$m$个不同的加边方案，每行的方案表示在那一行给出的$u,v$之间加一条边。注意如果$u=v$，说明加了一条自环导致加边失败，此时最后留下$0$个点。
$m$行，第$i$行一个整数表示第$i$次询问的答案。
见下发文件
所有的测试点，$n\leqslant 200,000,m\leqslant 200,000$
第$1$个测试点，保证一开始编号相差为$1$的任意两个点之间有一条边，也就是说给出的树形态是一条链。
第$2,3,4$个测试点，所有的加边方案满足$u=v$。第$2$个测试点还满足$n\leqslant 500$
第$5,6,7$个测试点，$n\leqslant 500,m\leqslant 500$
第$8$个测试点，所有的加边方案满足$u,v$在原树上相邻，也就是有边直接相连。
第$9$个测试点，所有的加边方案满足$u,v$在原树上距离为$2$，也就是说，$u!=v$，且存在点$z$，既和$u$相邻也和$v$相邻。
第$10,11,12$个测试点，树是随机生成的，随机方式的伪代码为：
$for\ i\ in\ [2...n]$
$addedge(i,rand()\%(i-1)+1)$
也就是说，对$2$到$n$这$n-1$个点，分别随机选择一个编号更小的点与其连边。
第$13,14,15$个测试点，所有的加边方案满足$u=1$
第$10,13,16,17$个测试点，不会出现$u=v$的情况。
第$18$到$20$个测试点，无特殊性质。
可以发现在加边失败（加入自环）的情况下，答案就是树的直径的一半（上取整）。
加边之后无非就是缩掉那个环后新的数的直径的一半（上取整），但是显然时间不允许我们这么做，于是考虑怎么快速求出加边之后的贡献。
不妨把环上的点看成黑点，其它的点看成白点，设$dis[i]$表示从$i$到最近黑点的距离，那么答案即为$\max(dis[i])$。
那么则需要算出来对于每一个黑点，其控制了哪些白点。
不妨设$g[i]$表示从$i$出发向其子树内走，能走的最深的距离。
对于每个点，预处理出来其儿子中最大的三个$g[i]$，并记录分别是谁。
这样就能在$\Theta(1)$的时间复杂度内计算出不允许第一步走向黑点的情况下能一直向下走的最远距离。
但是显然我们不能直接计算所有黑点。
利用树上倍增优化算法。
不妨设$q[i]$表示从$i$的父亲走向其子树而不经过$i$所能够到达的最远距离，预处理即可。
然后利用倍增对$q[i]$进行树上路径取$\max$即可。
时间复杂度：$\Theta(n\log n)$。
期望得分：$100$分。
实际得分：$100$分。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct rec{int nxt,to;}e[400001];
int head[200001],cnt;
int n,m;
pair<int,int> mx[200001][4];
int mxdep;
int w[200001];
int depth[200001],fa[200001][21],maxn[200001][21];
void add(int x,int y)
{
e[++cnt].nxt=head[x];
e[cnt].to=y;
head[x]=cnt;
}
int dfs1(int x,int fa)
{
depth[x]=depth[fa]+1;
for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt)
{
if(e[i].to==fa)continue;
int flag=dfs1(e[i].to,x);
if(flag>mx[x][3].second)mx[x][3]=make_pair(e[i].to,flag);
if(mx[x][3].second>mx[x][2].second)swap(mx[x][3],mx[x][2]);
if(mx[x][2].second>mx[x][1].second)swap(mx[x][2],mx[x][1]);
}
mxdep=max(mxdep,mx[x][1].second+mx[x][2].second+1);
return mx[x][1].second+1;
}
int find1(int x,int y)
{
if(x==y||!y)return 0;
for(int i=1;i<=3;i++)if(mx[x][i].first&&mx[x][i].first!=y)return mx[x][i].second;
return 0;
}
int find2(int x,int _,int __)
{
if(x==_||x==__||!_||!__)return 0;
for(int i=1;i<=3;i++)if(mx[x][i].first&&mx[x][i].first!=_&&mx[x][i].first!=__)return mx[x][i].second;
return 0;
}
void dfs2(int x,int fat)
{
for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt)
if(e[i].to!=fat)
{
maxn[e[i].to][0]=find1(x,e[i].to);
fa[e[i].to][0]=x;
w[e[i].to]=max(w[x]+1,maxn[e[i].to][0]+1);
for(int j=1;j<=20;j++)
{
fa[e[i].to][j]=fa[fa[e[i].to][j-1]][j-1];
maxn[e[i].to][j]=max(maxn[e[i].to][j-1],maxn[fa[e[i].to][j-1]][j-1]);
}
dfs2(e[i].to,x);
}
}
int LCA(int x,int y)
{
if(depth[x]>depth[y])swap(x,y);
int res=mx[y][1].second;
for(int i=20;i>=0;i--)
if(depth[fa[y][i]]>=depth[x])
{
res=max(res,maxn[y][i]);
y=fa[y][i];
}
if(x==y)return max(res,w[x]);
res=max(res,mx[x][1].second);
for(int i=20;i>=0;i--)
if(fa[x][i]!=fa[y][i])
{
res=max(res,maxn[y][i]);
res=max(res,maxn[x][i]);
x=fa[x][i];
y=fa[y][i];
}
res=max(res,find2(fa[x][0],x,y));
res=max(res,w[fa[x][0]]);
return res;
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<n;i++)
{
int u,v;
scanf("%d%d",&u,&v);
add(u,v);add(v,u);
}
dfs1(1,0);
dfs2(1,0);
scanf("%d",&m);
while(m--)
{
int u,v;
scanf("%d%d",&u,&v);
if(u==v)printf("%d\n",(mxdep+1)/2);
else printf("%d\n",LCA(u,v));
}
return 0;
}
rp++
标签：printf 整数 void dfs make rand include 最大的 ref
原文地址：https://www.cnblogs.com/wzc521/p/11721622.html
