【问题描述】

已知一棵n个节点的有根树。有m个询问。每个询问给出了一对节点的编号x和y,询问x与y的祖孙关系。

【输入格式】

输入第一行包括一个整数n表示节点个数。

接下来n行每行一对整数对a和b表示a和b之间有连边。如果b是-1,那么a就是树的根。

第n+2行是一个整数m表示询问个数。

接下来m行,每行两个正整数x和y。

【输出格式】

对于每一个询问,输出1:如果x是y的祖先,输出2:如果y是x的祖先,否则输出0。

【样例输入】

10

234 -1

12 234

13 234

14 234

15 234

16 234

17 234

18 234

19 234

233 19

5

234 233

233 12

233 13

233 15

233 19

【样例输出】

1

0

0

0

2

【数据规模】

对于30%的数据,n,m≤1000。

对于100%的.据,n,m≤40000,每个节点的编号都不超过40000。

这是去年我们考的一套题,现在回过头来看,其实不难啊,谁知道当年还做的要死要活的

这题就是一个裸的LCA,毕竟题目都这样说了

我用了tarjan,因为个人来说我的tarjan打的要差一些,但是打了这题后,我对tarjan求LCA的理解要正常的许多了

裸的tarjan,额外处理就是储存一个对每一个询问边的最近公共祖先,但是我们建立询问边是建立了两条,所以要注意在储存答案时要合并起来

 #include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<queue>
#include<cmath>
#define maxn 40005
using namespace std; struct node{
int u,v,nxt;
}e[maxn*],p[maxn*]; int n,m,dfn[maxn],fa[maxn],belong[maxn],root,maxid;
int head[maxn],heap[maxn],vis[maxn*],visid[maxn];
int ord[maxn*]; int tot;
void adde(int u,int v){e[tot]=(node){u,v,head[u]};head[u]=tot++;} int tpt;
void addp(int u,int v,int pos){p[tpt]=(node){u,v,heap[u]};
ord[tpt]=pos;heap[u]=tpt++;
} int find(int x){if(fa[x]==x)return x;return fa[x]=find(fa[x]);} int num;
void tarjan(int u,int from){
dfn[u]=++num;
for(int i=head[u];i!=-;i=e[i].nxt ){
int v=e[i].v;
if(!dfn[v]){tarjan(v,u);fa[v]=u;visid[v]=;}
}
for(int i=heap[u];i!=-;i=p[i].nxt){
int vv=p[i].v;
if(visid[vv]&&!vis[ord[i]]){vis[ord[i]]=find(vv);}
}
} int main(){
freopen("tarjanlca.txt","r",stdin);
memset(head,-,sizeof(head));
memset(heap,-,sizeof(heap));
scanf("%d",&n);
for(int i=;i<=n;i++){
int u,v;scanf("%d%d",&u,&v);
if(v==-){root=u;continue;}
adde(u,v);adde(v,u);maxid=max(maxid,max(u,v));
}
for(int i=;i<=maxid;i++)fa[i]=i;
scanf("%d",&m);
for(int i=;i<=m;i++){
int u,v;scanf("%d%d",&u,&v);
addp(u,v,i);addp(v,u,i);
}visid[root]=;
tarjan(root,);
for(int i=;i<=m;i++){
int lca=vis[i],pos=(i-)*;
if(lca==p[pos].u ) puts("");
else if(lca==p[pos].v )puts("");
else puts("");
}
}

【总结】

tarjan大法好,可惜皮不来啊

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