LG3533 [POI2012]RAN-Rendezvous

2791: [Poi2012]Rendezvous

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Description

给定一个n个顶点的有向图，每个顶点有且仅有一条出边。

对于顶点i，记它的出边为(i, a[i])。

再给出q组询问，每组询问由两个顶点a、b组成，要求输出满足下面条件的x、y：

1. 从顶点a沿着出边走x步和从顶点b沿着出边走y步后到达的顶点相同。

2. 在满足条件1的情况下max(x,y)最小。

3. 在满足条件1和2的情况下min(x,y)最小。

4. 在满足条件1、2和3的情况下x>=y。

如果不存在满足条件1的x、y，输出-1 -1。

Input

第一行两个正整数n和q (n,q<=500,000)。

第二行n个正整数a[1],a[2],...,a[n] (a[i]<=n)。

下面q行，每行两个正整数a,b (a,b<=n)，表示一组询问。

Output

输出q行，每行两个整数。

Sample Input

12 5

4 3 5 5 1 1 12 12 9 9 7 1

7 2

8 11

1 2

9 10

10 5

Sample Output

2 3

1 2

2 2

0 1

-1 -1

HINT

Source

鸣谢Oimaster

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题解

我是很久没有好好写一篇题解了。

首先分析题意，是要沿着出边跳到相同的节点，说明要求的是lca。

然后说一下基环树的套路：

1. 树上倍增可以照常写，注意使用的条件就行了。
2. 一遍拓扑排序把环找出来，这时候连通且未标记的肯定都在同一个环内。
3. 以环上任意节点为起点开始做一个环标号，环长度前缀和，还有环总长。具体可以直接用出边跳。
4. 把不在环上的点的出边反向用来建树，以环为根处理深度，环根标号。

这样询问时的处理套路：

1. 不在同一连通块内，即环根标号对应节点的环标号不同，那么lca不存在。
2. 在同一棵树内，即环根标号相同，直接树上lca解决。
3. 这题我们主要解决的情况——在同一连通块内，但是不在同一棵树内，即环根标号对应节点的环标号相同，但环根标号不同。
   
   x,y肯定要调到环上，然后分为两种情况，x,y分别跳。用预处理的3解决。

这样询问时间复杂度可以做到\(O(1)\)，不过这题我的简便写法是\(O(\log n)\)的。总时间复杂度\(((n+m)\log n)\)

#include<bits/stdc++.h>
#define co const
#define il inline
#define rg register
template<class T>T read(){
	rg T data=0,w=1;rg char ch=getchar();
	for(;!isdigit(ch);ch=getchar())if(ch=='-') w=-w;
	for(;isdigit(ch);ch=getchar()) data=data*10+ch-'0';
	return data*w;
}
template<class T>T read(T&x){
	return x=read<T>();
}
typedef long long ll;
using namespace std;
typedef pair<int,int> pii;
#define x first
#define y second

co int N=5e5+1;
int n,m,t,f[N][20],deg[N];
int pos[N],cnt,len[N],s[N];
int d[N],id[N];
vector<int> e[N];
queue<int> q;

int lca(int x,int y){
	if(d[x]>d[y]) swap(x,y);
	for(int i=19;i>=0;--i)
		if(d[f[y][i]]>=d[x]) y=f[y][i];
	if(x==y) return x;
	for(int i=19;i>=0;--i)
		if(f[x][i]!=f[y][i]) x=f[x][i],y=f[y][i];
	return f[x][0];
}
pii cmp(co pii&a,co pii&b){
	if(max(a.x,a.y)<max(b.x,b.y)) return a;
	if(max(a.x,a.y)>max(b.x,b.y)) return b;
	if(min(a.x,a.y)<min(b.x,b.y)) return a;
	if(min(a.x,a.y)>min(b.x,b.y)) return b;
	return a.x>=a.y?a:b;
}
int main(){
	read(n),read(m);
	for(int i=1;i<=n;++i) ++deg[read(f[i][0])];
// prework
	t=log(n)/log(2);
	for(int i=1;i<=t;++i)
		for(int x=1;x<=n;++x) f[x][i]=f[f[x][i-1]][i-1];
// topsort
	for(int i=1;i<=n;++i)if(!deg[i]) q.push(i);
	while(q.size()){
		int x=q.front();q.pop();
		if(!--deg[f[x][0]]) q.push(f[x][0]);
	}
// circle
	for(int i=1;i<=n;++i)if(deg[i]&&!pos[i]){
		++cnt;
		for(int j=i;!pos[j];j=f[j][0])
			pos[j]=cnt,s[j]=++len[cnt];
	}
// bfs
	for(int i=1;i<=n;++i){
		if(pos[i]) id[i]=i,q.push(i);
		else e[f[i][0]].push_back(i);
	}
	while(q.size()){
		int x=q.front();q.pop();
		for(unsigned i=0;i<e[x].size();++i){
			int y=e[x][i];
			d[y]=d[x]+1,id[y]=id[x];
			q.push(y);
		}
	}
	while(m--){
		int x=read<int>(),y=read<int>();
		if(pos[id[x]]!=pos[id[y]]) puts("-1 -1");
		else if(id[x]==id[y]){
			int p=lca(x,y);
			printf("%d %d\n",d[x]-d[p],d[y]-d[p]);
		}
		else{
			pii a,b;
			int sx=s[id[x]],sy=s[id[y]],now=len[pos[id[x]]];
			a.x=d[x]+(sy-sx+now)%now,a.y=d[y];
			b.x=d[x],b.y=d[y]+(sx-sy+now)%now;
			pii ans=cmp(a,b);
			printf("%d %d\n",ans.x,ans.y);
		}
	}
	return 0;
}