【BZOJ3251】树上三角形

Description

给定一大小为n的有点权树,每次询问一对点(u,v),问是否能在u到v的简单路径上取三个点权,以这三个权值为边长构成一个三角形。同时还支持单点修改。

Input

第一行两个整数n、q表示树的点数和操作数
第二行n个整数表示n个点的点权
以下n-1行,每行2个整数a、b,表示a是b的父亲(以1为根的情况下)
以下q行,每行3个整数t、a、b
若t=0,则询问(a,b)
若t=1,则将点a的点权修改为b

Output

对每个询问输出一行表示答案,“Y”表示有解,“N”表示无解。

Sample Input

5 5
1 2 3 4 5
1 2
2 3
3 4
1 5
0 1 3
0 4 5
1 1 4
0 2 5
0 2 3

Sample Output

N
Y
Y
N

HINT

对于100%的数据,n,q<=100000,点权范围[1,231-1]

题解:正常人看到题,大概都会想到什么树剖+树套树套树什么的吧~

一种naive的做法就是,先将路径上的所有数都拿出来排序,每次只需要判断相邻的三个数能否形成三角形就行了。

仔细观察发现,如果答案为N,那么最坏的情况,就是在排完序后,任意相邻的三个数都满足x<y<z且x+y=z。这不就是斐波那契数列吗?

有什么用呢?

斐波那契数列的增长不是指数级的吗?

也就意味着一旦路径的长度>logn(实测f(47)>2147483647,所以取47或50即可),我们的结果就是Y。

难道我们还要用倍增求出路径长度吗?

朴素LCA就行辣!一旦跑了50次,就直接输出Y。否则就将所有数拿出来,用naive的做法搞一下就行了。

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int maxn=100010;
int n,m,sum,cnt;
int to[maxn<<1],next[maxn<<1],head[maxn];
int fa[maxn],dep[maxn],v[maxn],p[60];
int rd()
{
int ret=0,f=1; char gc=getchar();
while(gc<'0'||gc>'9') {if(gc=='-')f=-f; gc=getchar();}
while(gc>='0'&&gc<='9') ret=ret*10+gc-'0',gc=getchar();
return ret*f;
}
void dfs(int x)
{
for(int i=head[x];i!=-1;i=next[i]) fa[to[i]]=x,dep[to[i]]=dep[x]+1,dfs(to[i]);
}
void add(int a,int b)
{
to[cnt]=b,next[cnt]=head[a],head[a]=cnt++;
}
int main()
{
n=rd(),m=rd();
int i,j,a,b,c;
for(i=1;i<=n;i++) v[i]=rd();
memset(head,-1,sizeof(head));
for(i=1;i<n;i++) a=rd(),b=rd(),add(a,b);
dep[1]=1,dfs(1);
for(i=1;i<=m;i++)
{
c=rd(),a=rd(),b=rd(),sum=0;
if(c)
{
v[a]=b;
continue;
}
if(dep[a]<dep[b]) swap(a,b);
while(dep[a]>dep[b]&&sum<50) p[++sum]=v[a],a=fa[a];
while(a!=b&&sum<50) p[++sum]=v[a],p[++sum]=v[b],a=fa[a],b=fa[b];
p[++sum]=v[a];
if(sum>=50)
{
printf("Y\n");
continue;
}
sort(p+1,p+sum+1);
for(j=3;j<=sum;j++)
{
if(p[j]-p[j-1]<p[j-2])
{
printf("Y\n");
break;
}
}
if(j>sum) printf("N\n");
}
return 0;
}

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