【学习笔记】CF1307F Cow and Vacation

不妨假设边的长度为$1$，然后允许小数的出现。设$(i,e)$表示从$i$出发，油量为$e$的状态。发现对于点$i$，如果剩余能走的距离$e\le \frac{K}{2}$，并且到最近的关键点的距离$\le e$，事实上等价于从这个关键点出发。

基于上述这个事实，我们可以从每个关键点出发跑多源$BFS$，然后处理出关键点之间的连通性，这可以用并查集维护。设从$u$往$u\to v$路径上走$\frac{K}{2}$到达的点为$u^{\prime }$，可以证明从$u$出发，$e=K$能到达的有用的关键点和从$u^{\prime }$出发，$e=\frac{K}{2}$能走到的关键点的集合相同。这样再套用前面的结论就做完了。但是如何证明呢？

让我们理论分析一波。设从$u$到$v$的路径中走了$x$步，每个点到补给站的最短距离为$d_i$，那么如果这个点对应的补给站有用的话应该满足$K-x\in [d_i,K-d_i]$，因此我们有$d_i\le \frac{K}{2}$。观察这个式子 ，如果$x\le \frac{K}{2}$那么$d_i\le x$，因此从$u^{\prime }$到关键点的距离为$\frac{K}{2}-x+d_i\le \frac{K}{2}$；如果$x>\frac{K}{2}$那么$K-x\ge d_i$，因此从$u$到关键点的距离为$x-\frac{K}{2}+d_i\le \frac{K}{2}$。这样就证完了。个人还是比较喜欢这样的代数证明的。

为避免出现$0.5$的情况，可以考虑在每条边中间再添加一个虚点。

对于跨$LCA$的情况，有一个非常巧妙的$\text{trick}$可以学一下：如果到$LCA$的距离$\ge \frac{K}{2}$那么相当于从这个点跳$\frac{K}{2}$的距离，如果$<\frac{K}{2}$那么相当于从另一个点跳$\text{dist(u,v)}-\frac{K}{2}$的距离。

复杂度$O(n\log n)$。

#include<bits/stdc++.h>
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define ll long long
#define db double
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
const int N=4e5+5;
int n,K,m,Q,f[N][20],dep[N],fa[N],home[N];
vector<int>g[N];
void add(int x,int y){
    g[x].pb(y),g[y].pb(x);
}
queue<pair<int,int>>q;
int find(int x){return fa[x]==x?x:fa[x]=find(fa[x]);}
void unionset(int x,int y){
    int u=find(x),v=find(y);
    if(u!=v)fa[u]=v;
}
int get(int x,int y){
    for(int i=19;i>=0;i--){
        if(y>>i&1)x=f[x][i];
    }
    return x;
}
int Lca(int x,int y){
    if(dep[x]<dep[y])swap(x,y);
    for(int i=19;i>=0;i--)if(dep[f[x][i]]>=dep[y])x=f[x][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];
}
void dfs(int u,int topf){
    dep[u]=dep[topf]+1,f[u][0]=topf;
    for(int i=1;i<=19;i++)f[u][i]=f[f[u][i-1]][i-1];
    for(auto v:g[u]){
        if(v!=topf){
            dfs(v,u);
        }
    }
}
int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0),cout.tie(0);
    cin>>n>>K>>m;for(int i=1;i<2*n;i++)fa[i]=i;
    for(int i=1;i<n;i++){
        int x,y;
        cin>>x>>y,add(x,n+i),add(n+i,y);
    }
    for(int i=1;i<=m;i++){
        int x;cin>>x,home[x]=x,q.push({x,K});
    }
    while(q.size()){
        int u=q.front().fi,step=q.front().se;q.pop();
        if(!step)continue;
        for(auto v:g[u]){
            if(!home[v]){
                home[v]=home[u],q.push({v,step-1});
                unionset(v,home[u]);
            }
            else {
                unionset(home[u],home[v]);
            }
        }
    }
    dfs(1,0);
    cin>>Q;
    for(int i=1;i<=Q;i++){
        int u,v,u2,v2;cin>>u>>v;
        int lca=Lca(u,v);
        if(dep[u]+dep[v]-2*dep[lca]<=2*K){
            cout<<"YES"<<"\n";
        }
        else{
            if(dep[u]-dep[lca]>=K)u2=get(u,K);
            else u2=get(v,dep[u]+dep[v]-2*dep[lca]-K);
            if(dep[v]-dep[lca]>=K)v2=get(v,K);
            else v2=get(u,dep[u]+dep[v]-2*dep[lca]-K);
            if(find(u2)==find(v2))cout<<"YES"<<"\n";
            else cout<<"NO"<<"\n";
        }
    }
}

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本文作者：仰望星空的蚂蚁
本文链接：https://www.cnblogs.com/cqbzly/p/17530009.html
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