标签：证明 man 倍增 https 细节 跳过 并查集 位置 优化
义正言辞的吐槽出题人：漏题面就算了，大家一起被坑；数据范围写错也能忍，数据水；但把一道大量细节的题的题解写的如此简陋就实在……
于是有了这一篇同样简陋的东西。
先要知道两件事：
定理1：路径可逆性，即 \(x\to y\) 的答案和 \(y\to x\) 的答案一样。
定理2： 
如图，设绿色路径和黄色路径的长度均小于等于 \(d\) （注意，除非没有对应的红色路径或橙色路径，不能是0，原因后面讲），那么红色路径+蓝色路径+橙色路径的答案与 \(x\to y\) 的答案一样。
证明？没有证明，反正是对的
因为我们有了定理2，所以我们尝试把询问拆成红色路径，橙色路径与蓝色路径来做。
因为有定理1，所以我们假定红色路径和橙色路径都是向上的。于是就有一种显然的方法，倍增每个点向上走的小时数，然后合并即可。但由于毒瘤出题人卡 \(O(nlogn)\) 算法，所以我们寻求优化。
注意到题目没有强制在线，考虑离线。
第一步，我们先求出每个点向上走1个小时能走到哪，设 \(T_i\) 为第 \(i\) 个点向上走1个小时走到的结点，明显的点 \(i\) 的 \(T_i\) 肯定在 \(Root\) 到 \(i\) 的路径上。然后，因为 \(i\) 到 \(FA_i\) 有距离（废话），所以这个点的 \(T\) 一定在 \(T_{FA_i}\) （父亲的 \(T\)）到 \(i\) 的路径上。
我们把 \(Root\) 到 \(i\) 的路径用个栈记录一下，然后在这个栈上从 \(T_{FA_i}\) 所在的位置向后枚举一个 \(j\)，直到 \(ToRt_i-ToRt_j\le D\) ，此时的 \(j\) 就是 \(T_i\)。因为每个点只会被枚举一次，所以时间复杂度 \(O(n)\) 。
正片现在开始。
首先我们如果要知道三大路径在哪，我们肯定要知道 \(LCA\) ，同样的，因为出题人卡 \(O(nlogn)\) 算法，所以需要使用离线的Tarjan算法求 \(LCA\)。什么？你不知道求 \(LCA\) 的Tarjan算法？戳我学习
接下来，我们想，对于红色路径，其可以从 \(x\) 跳若干次 \(T_x\) 得到，由于每个点只有一个 \(T\) ，所以 \(T\) 数组本身可以表示一棵树（即 \(T_i\) 表示 \(i\) 的父亲结点），设这棵树为 \(TreeT\)。设 \(x\) 的顶端为 \(Top\) ，因为每跳一次 \(T_x\) 就要消耗1小时，那么红色路径的长度就是在 \(TreeT\) 中 \(x\) 到 \(Top\) 的实际长度。
由于我们不知道 \(Top\) 的具体位置，所以我们不能直接处理。于是再DFS一遍，假设现在有一个点 \(i\) 的 \(T_i\) 为 \(m\) ，那么显然 \(i\) 到 \(m\) 在 \(TreeT\) 中的实际长度就为1，而 \(i\) 在 \(TreeT\) 中的子树上的所有结点到 \(Root\) 的长度都要加1。 那么现在，\(i\) 与其子树到 \(m\) 的长度就可以计算。用并查集维护这棵树的关系，在并查集中额外维护 \(TreeT\) 中到 \(Root\) 的实际长度，采用路径压缩时，把其父亲所有点（可以包括 \(Root\)，因为其值为0）的这个长度加到自己的长度再压缩（注意不能使用按秩合并，这样会破坏树的原本结构，路径压缩也破坏，但因为一开始的结构正确，可以维护正确的值）。这样就可以以 \(O(\alpha(N))\) 的时间复杂度维护所有 \(TreeT\) 的结点到 \(Root\) 的答案（实际高些，但无关紧要）。 我们在退出 \(i\) 时，把所有 \(T_j=i\) 的结点合并到 \(i\) 上来再回溯。
因为如果某个点跳过了 \(LCA\) ，那个点一定在 \(LCA\) 之上，所以在没有回溯 \(LCA\) 时，不会有点被合并到了 \(LCA\) 的上方。如果现在在 \(LCA\) ， \(x\) 和 \(y\) 一定被合并到了 \(LCA\) 下方的某两个结点，这两个结点就是它们分别的 \(Top\) ，由于我们前面已经维护了路径长度，所以只要找到 \(Top\) （把长度处理出来，同时等会要用），那么就得到了红色路径和橙色路径的长度。
而对于蓝色路径，可以知道其实际长度一定小于等于 \(2\times D\)。那么如果其长度小于等于 \(D\)，其一定花费1小时，如果其长度大于 \(D\) ，则一定花费2小时（当然有蓝色路径不存在的情况，此时 \(x=y\) ，需要特判一下）。蓝色路径的长度明显为 \(ToRt_{Topx}+ToRt_{Topy}-2\times ToRt_{LCA}\) ，把三条路径加起来，我们就可以得到答案了。
求 \(LCA\) 和\(T\)
把所有的询问挂在 \(LCA\) 上
DFS
- DFS所有子结点
- 处理所有被挂在这个点上的询问
- 把所有 \(T_i=\) 这个点的 \(i\) 合并到当前点上
输出
至于为什么先处理询问再合并（即黄色路径和绿色路径不能为0），请尝试以下数据：
4 3 1
1 2
2 2
2 1
3 4
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原文地址：https://www.cnblogs.com/groundwater/p/13341666.html
