[CF1062E] Company 题解

[CF1062E] Company 题解

前置芝士：

• $\text{LCA}$ 问题
• $\text{RMQ}$ 问题
• 利用 $dfn$ 转换树上问题

题目描述

给定一颗树，有若干个询问，每个询问给出 $l$，$r$，要求编号为 $l$~$r$ 的点任意删去一个之后剩余点的 $LCA$ 深度最大，输出删去点的编号和 $LCA$ 的最大深度。

多点 $\text{LCA}$

见微知著，先考虑多个点的 $\text{LCA}$ 怎么求。

结论：

假设多个点组成的序列为 $S$，则有

$$\begin{gathered} u=vis[\underset{i\in S}{min}(dfn[i])], \\ v=vis[\underset{i\in S}{max}(dfn[i])] \\ \text{LCA}(S_i)=\text{LCA}(u,v) \end{gathered}$$

其中 $vis[i]$ 表示欧拉序中第 $i$ 个数，$dfn[i]$ 表示编号为 $i$ 的节点的欧拉序。

翻译成人话就是 $S$ 中所有点的 $\text{LCA}$ 等价于 $S$ 中 $dfn$ 序最小的点与 $dfn$ 序最大的点的 $\text{LCA}$。

证明：

设最终求出的 $\text{LCA}$ 为 $lca$

1. 存在性：

   即证明 $S$ 中剩余点都有 $lca$ 作为祖先。

   设 $lca$ 的子树中 $dfn$ 最大的节点为 $r$，显然子树中 $dfn$ 最小的节点为 $lca$ 本身，此子树在欧拉序上是一段连续的区间。

   $$df{n}_{lca}\le df{n}_u\le df{n}_v\le df{n}_r$$
   $$df{n}_{lca}\le df{n}_u\le df{n}_i\le df{n}_v\le df{n}_r(i\in S)$$
   $$df{n}_{lca}\le df{n}_i\le df{n}_r(i\in S)$$

   因此对于 $S$ 内所有的元素都在 $lca$ 的子树内部，$S$ 中剩余点都有 $lca$ 作为祖先。

2. 最优性，根据 $\text{LCA}$ 的定义，显然所有深度大于 $lca$ 的节点不满足它是 $u,v$ 的公共祖先。

证毕。

思路

进一步考虑删除。

根据上一标题下的结论可以发现对答案有影响的节点只有 $u$ 和 $v$，只需要判断删除 $u$ 更优还是删除 $v$ 更优，然后重新求一遍 $\text{LCA}$ 即可。

更多的细节可以看代码

实现

时间瓶颈在 RMQ 与 LCA 上，RMQ 上我用了线段树才不会告诉你ST表调不出来呢Q^Q，多了一个 $\log n$，LCA 上我用了 RMQ。

时间复杂度：$O(n\log n+q\log n)$。

// Problem: Company
// Contest: Luogu
// URL: https://www.luogu.com.cn/problem/CF1062E
// Memory Limit: 250 MB
// Time Limit: 2000 ms
// Author: Moyou
// Copyright (c) 2022 Moyou All rights reserved.
// Date: 2023-01-30 11:32:04

#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <ctime>
#include <iostream>
#include <map>
#include <queue>
#include <stack>
#include <tuple>
#include <unordered_map>
#define x first
#define y second
#define int long long
#define speedup (ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0))
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;

const int N = 2e5 + 10;

vector<int> g[N];
int pos[N], idx, dfn[N << 1], dep[N], vis[N << 1];
int st[21][N], lg[N << 1];
int n, m;
void dfs(int p, int fa)
{
    dfn[p] = ++idx;
    vis[idx] = p;
    pos[p] = idx;
    for (auto i : g[p])
    {
        if (i == fa)
            continue;
        dep[i] = dep[p] + 1;
        dfs(i, p);
        vis[++idx] = p;
    }
}

int Min(int a, int b)
{
    return pos[a] < pos[b] ? a : b;
}
void ST()
{
    lg[1] = 0;
    for (int i = 2; i <= (N << 1); i++)
        lg[i] = lg[i >> 1] + 1;
    for (int i = 1; i <= (N << 1); i++)
        st[0][i] = vis[i];
    for (int i = 1; i <= lg[(N << 1) - 1]; i++)
        for (int j = 1; j + (1 << i) <= (N << 1); j++)
            st[i][j] = Min(st[i - 1][j], st[i - 1][j + (1 << i - 1)]);
}

int LCA(int u, int v)
{
    int l = pos[u], r = pos[v];
    if (l > r)
        swap(l, r);
    int k = lg[r - l + 1];
    return Min(st[k][l], st[k][r - (1 << k) + 1]);
}

struct owo
{
    int l, r, max, min = INF;
};

struct SegmentTree
{
    owo t[N << 2];

    inline void up(owo &f, owo &ls, owo &rs)
    {
        f.max = max(ls.max, rs.max);
        f.min = min(ls.min, rs.min);
    }
    inline void up(int k)
    {
        up(t[k], t[k << 1], t[k << 1 | 1]);
    }

    void build(int k, int l, int r)
    {
        t[k].l = l, t[k].r = r;
        if (l == r)
            t[k] = {l, r, dfn[l], dfn[l]};
        else
        {
            int mid = l + r >> 1;
            build(k << 1, l, mid), build(k << 1 | 1, mid + 1, r);
            up(k);
        }
    }

    owo query(int k, int ll, int rr)
    {
        int l = t[k].l, r = t[k].r, mid = l + r >> 1;
        if (ll <= l && rr >= r)
            return t[k];
        if (ll > mid)
            return query(k << 1 | 1, ll, rr);
        else if (rr <= mid)
            return query(k << 1, ll, rr);
        auto L = query(k << 1, ll, rr), R = query(k << 1 | 1, ll, rr);
        owo tmp = {0, 0, 0, 0};
        up(tmp, L, R);
        return tmp;
    }
} tr;

signed main()
{
    speedup;
    cin >> n >> m;
    for (int i = 2; i <= n; i++)
    {
        int tmp;
        cin >> tmp;
        g[tmp].push_back(i);
    }
    dep[1] = 0;
    dfs(1, 0), ST();
    // cout << dfn[3] << endl;
    tr.build(1, 1, N);
    for (int i = 1; i <= m; i++)
    {
        int l, r;
        cin >> l >> r;
        auto tmp = tr.query(1, l, r);
        int u = tmp.min, v = tmp.max;
        u = vis[u], v = vis[v];
        
        // 找到删除 u/v 后的区间最小值，重新求一遍 LCA
        int uu = min((l <= u - 1 ? tr.query(1, l, u - 1).min : INF), (r >= u + 1 ? tr.query(1, u + 1, r).min : INF));
        int vv = max((l <= v - 1 ? tr.query(1, l, v - 1).max : -INF), (r >= v +1 ? tr.query(1, v + 1, r).max : -INF));
        uu = vis[uu], vv = vis[vv];
        int d1 = LCA(uu, v), d2 = LCA(vv, u);
        // d1 => 删u，d2 => 删v
        if (dep[d1] >= dep[d2])
            cout << u << ' ' << dep[d1] << "\n";
        else
            cout << v << ' ' << dep[d2] << "\n";
    }

    return 0;
}