lca

今天是连续打卡的第47天。 第一题：1153 这道题是LCA模板题，没什么好说的。 AC代码： 第二题：1155 这道题需要求6次LCA（三个点的LCA需要求两次，这样求三遍），并在LCA计算中求出最小值，最后输出最小值。 这道题的运行时间超过了1秒，但由于时限是2秒，也可以过。 AC代码： 明天做树上区间查询的题，如果有空闲时间会做Tarjan求割点、割边。 来源： https://www.cnblogs.com/wangximing/p/11379959.html

题目： 1832: [AHOI2008]聚会 解析： 偶尔做做水题挺爽的 两两之间先求出LCA，发现至少有两个LCA是相同的，这个重复LCA也是深度最浅的那个，那我们就选择那个不重复的LCA，因为若选这个重复的LCA的话，这个重复的LCA到另一个LCA的路径会走两遍，反之只会走一遍 三点间的距离就是 \(dis[x] + dis[y] + dis[z] - dis[LCA(x, y)]- dis[LCA(x, z)]- dis[LCA(y, z)]\) 代码： #include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int N = 1e6 + 10; int n, m, num; int head[N], dep[N], f[N], size[N], top[N], son[N]; struct node { int v, nx; } e[N]; template<class T>inline void read(T &x) { x = 0; int f = 0; char ch = getchar(); while (!isdigit(ch)) f |= (ch == '-'), ch = getchar(); while (isdigit(ch)) x = x * 10 + ch - '0', ch = getchar(); x

LCA，即最近公共祖先，在图论中应用比较广泛。 LCA的定义如下：给定一个有根树，若节点$z$同时是节点$x$和节点$y$的祖先，则称$z$是$x,y$的公共祖先；在$x,y$的所有公共祖先当中深度最大的称为$x,y$的最近公共祖先。下面给出三个最近公共祖先的例子： 显然，从上面的例子可以得出，$LCA(x,y)$即为$x,y$到根节点的路径的交汇点，也是$x$到$y$的路径上深度最小的节点。 求LCA的方法通常有三种： 向上标记法 树上倍增法 Tarjan算法 当然，求LCA还有其它方法，例如树剖等，请读者自行了解，本文主要讲解上面提到的三种方法。 向上标记法 向上标记法是求LCA最直接的方法，直接根据定义来求，单次查询的时间复杂度最坏为$O(n)$ （看起来好像还挺快的，不过什么题会只有一次查询呢） 算法流程： 从x节点向上一直走到根节点，沿途标记经过的节点 从y节点向上一直走到根节点，当第一次遇到已标记的节点时，该节点就是$LCA(x,y)$ 该方法思想是绝对简单的，实现也简单，因此在这里就不给出具体实现了。不过由于其时间复杂度过高，在实际中基本不会应用到，在这里提一下主要还是为讲解Tarjan算法做基础。 树上倍增法 树上倍增法应用非常广泛，读者可以深入地学习。用树上倍增法求LCA的时间复杂度为$O((n+m)logn)$。 树上倍增法用到了二进制拆分的思想。在求LCA时

题目:POJ-1330 题目大意：给你一棵含有n个结点的树，n-1条边，问两个结点的最近公共祖先是哪个节点。 普通做法 思路：让两个结点到达同一深度，再一起往上走，到达同一结点即为最近公共祖先。 例：3和7，让3往上走到16，与7同一深度后，再一起一步步往上走，到达4时，为同一个结点，即为其最近公共祖先。 基本步骤：1、邻接表存图（这里用到的是vector） 2、dfs出各个结点的深度 3、让深度较高的往上走，走到同一深度 4、两个结点一起往上走，走到同一个结点并输出 1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<vector> 4 using namespace std; 5 6 const int maxn=10005; 7 vector<int> son[maxn]; 8 int n; 9 int p[maxn],in[maxn],dep[maxn]; 10 11 //dfs获取结点深度 12 void dfs(int root,int depth){ 13 dep[root]=depth; 14 for(int i=0;i<son[root].size();i++){ 15 p[son[root][i]]=root; 16 dfs(son[root][i],depth+1); 17 } 18 return; 19 }

题意 给定一颗边权为1的树，点权为v，给定m条从s到t的路径，对于每个点，求 \(ans_i=\Sigma_{j=1}^m [dist(s_j,i)==v[i]]\) 思路 有两种可能的做法，一种是把路径全加进去，再每一个点求 \(ans\) ，另一种是一条一条加路径，每次求贡献。而这道题用的是第一种 对于每一条路径，将 \(s->t\) 的路径拆分为 \(s->lca->t\) ， \(s->lca\) 为左路径， \(lca->t\) 为右路径，对于左路径上的点 \(i\) ，左路径对它有贡献当且仅当 \(dep[s]-dep[i]==v[i]\) ，将 \(i\) 项移动到一边，就有 \(dep[s]==dep[i]+v[i]\) ，这样就可以把路径全部加进去再求 \(i\) 点的贡献。右路径同理有 \(dep[s]-2*dep[lca]==v[i]-dep[i]\) \(dfs\) 整颗树，从下向上回溯时求 \(ans\) ，对于回溯时遇到的点 \(i\) ，加入以它为 \(s/t\) 的左右路径，求一次 \(ans\) ，退出时减去以它为 \(lca\) 的左右路径即可， 然后就发现过不了样例 （假设当前在以 \(u\) 为根的子树中 \(dfs\) ）因为在 \(u\) 的某一珂子树 \(v\) 中的时候， \(u\) 的其他子树里面的路径也被记录下来了

Description 题库链接： Day1 T1 铺设道路 Day1 T2 货币系统 Day1 T3 赛道修建 Day2 T1 旅行 Day2 T2 填数游戏 Day2 T3 保卫王国 Solution 题解在这儿 Code Day1 T1 铺设道路 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; int n, a, la, ans; int main() { scanf("%d", &n); for (int i = 1; i <= n; i++) { scanf("%d", &a); if (a > la) ans += a-la; la = a; } printf("%d\n", ans); return 0; } Day1 T2 货币系统 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; int t, n, f[25005], a[105], ma, ans; void work() { memset(f, ma = 0, sizeof(f)); scanf("%d", &n); ans = n, f[0] = 1; for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i]), ma = max(a[i], ma); for (int i = 1; i

Step1 Problem: [原题] 给定一棵有根多叉树，请求出指定两个点直接最近的公共祖先。 Step2 Ideas: lca模板题，主要为了存模板。LCA（Least Common Ancestors），即最近公共祖先，是指在有根树中，找出某两个结点u和v最近的公共祖先 Step3 Code: Tarjan，离线算法，时间复杂度O(n + q) 1 // luogu-judger-enable-o2 2 #define _CRT_SECURE_NO_WARNINGS 3 #include<cstdio> 4 #include<iostream> 5 #include<cstring> 6 #include<algorithm> 7 #include<bitset> 8 #include<cassert> 9 #include<cctype> 10 #include<math.h> 11 #include<cstdlib> 12 #include<ctime> 13 #include<deque> 14 #include<iomanip> 15 #include<list> 16 #include<map> 17 #include<queue> 18 #include<set> 19 #include<stack> 20 #include<vector> 21 #define

传送门 终于把这个坑填了！ 思路还是很值得学习的， 这篇博客 写的很详细。 重要的是拆成两种路径，推出这两个公式： up：T[i]+dep[i]=dep[s]; down：dep[v]-dis(u,v)=dep[i]-T[i] 两次dfs分别对应up和down两种情况，dfs里对于每一个i，统计其子树内满足等式的点s的个数（用捅保存），这样就对ans[i]做出贡献。 每次x处理完后要 删去桶中以i为LCA的路径的起点深度桶的值。 因为当我们遍历完i节点的孩子时，对于以i节点为LCA的路径来说。 这条路径上的信息对i的祖先节点是不会有影响的。（因为lca就是其能走到的最高的点了） 所以要将其删去。 注意： （摘自洛谷题解） 还有就是down里面下标可能为负，全部加一个N即可。 #include<bits/stdc++.h> #define N 300002 using namespace std; int read() { int x=0,f=1;char s=getchar(); while(s<'0'||s>'9'){if(s=='-')f=-1;s=getchar();} while(s>='0'&&s<='9'){x=x*10+s-'0';s=getchar();} return x*f; } struct EDGE{ int nextt,to; }w[N*2];

最近刚好学了树链剖分，来一道LCA的模板题练练手： P3379 最近公共祖先（LCA） 题意：给一棵多叉树，m次询问，求两个节点之间的LCA。 思路：树链剖分。 #include <bits/stdc++.h> #include<cstring> #define L(x) (x<<1) #define R(x) (x<<1|1) #define fori(a,b,c) for(int a=b;a<=c;a++) #define ford(a,b,c) for(int a=c;a>=b;a--) #define mem0(x) memset(x,0,sizeof(x)) #define mem1(x) memset(x,-1,sizeof(x)) using namespace std; const int M=5e5+100; vector<int> g[M]; int son[M],top[M],f[M],sz[M],dep[M],tot; void dfs1(int s,int fa) { f[s]=fa; dep[s]=dep[fa]+1; sz[s]=1; int ma=-1; for(int i=0;i<g[s].size();i++) { int v=g[s][i]; if(v==fa)continue; dfs1(v,s); sz[s]+=sz[v]; if(sz[v

树上差分一般用于和树上路径有关的统计，对于一条路径 \((S,T)\) ，我们一般修改他们的 \(d[S],d[T],d[LCA]\) 的值来达到目的，而答案通常通过统计子树和来完成，复杂度显然为 \(O(n)\) 。 例一： 最大流 这题是一道树上差分的板子题。 显然用差分给对 \(d[S],d[T]\) 加一， \(d[LCA],d[las[LCA][0]]\) 减一，然后求子树和就相当于给树上路径节点加一。 不多 \(BB\) ，直接放代码。 // luogu-judger-enable-o2 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; inline int read() { int f=1,w=0;char x=0; while(x<'0'||x>'9') {if(x=='-') f=-1; x=getchar();} while(x!=EOF&&x>='0'&&x<='9') {w=(w<<3)+(w<<1)+(x^48);x=getchar();} return w*f; } const int N=50010; int n,m,num_edge; int head[N<<1],d[N],las[N][21],Dep[N]; struct Edge{int next,to;} edge[N<<1]; inline void