题解：P7353 [2020-2021 集训队作业] Tom & Jerry
思考 Tom 怎么获胜，有以下两种情况：
- Tom 不断限制 Jerry 的活动范围，直到困死。
- ~Tom 瞎走都可以赢~，有一个点能让 Tom 必胜。
对于（1），显然 Tom 需要不断走割点，由此想到圆方树。
假设 Tom 在 \(a\)，Jerry 在 \(d\)，Jerry 能在 \(a\) 的子树里任意走，所以 Tom 需要让 \(a\) 能直接到达 \(b\) 和 \(c\)，否则就输了。由此看出每当 Tom 在 \(x\)，Jerry 在 \(x\) 的子树 \(y\) 内时，\(x\) 必须直接到达 \(y\) 代表的点双连通分量中的任意点。此时 Tom 必胜。
对于（2），考虑能让 Tom 必胜的那个点 \(x\)，此时 Jerry 可以在任何地方（否则（1）就讨论过了）。Tom 必胜条件就是对于 \(x\) 的任何子树，（1）的条件都成立。
若（1）（2）都不成立，Tom 必败。
接下来实现挺复杂的，我看其他 dalao 题解是没怎么看懂（我太蒻了），这里介绍一下我的写法。
考虑如何表示 \(x\) 能直接到达其点双连通分量的任意点。可以将这个状态放到 \(x\) 到对应方点的边上。
枚举原图上的边，如 \((a,b)\)，则在圆方树上让 \(w(a,A)\) 和 \(w(b,A)\) 各加一，这很好实现。\(a\) 能直接到 \(A\) 中任意点的充要条件是 \(w(a,A) = sz_A-1\)（\(sz_A\) 是 \(A\) 代表的点双连通分量的大小）。
必胜条件可以转化为：对于一个根为 \(x\) 的子树中，所有 \(u\) 是圆点，\(v\) 是方点，\(dep_u<dep_v\) 的边 \((u,v)\) （如下图红边）均合法。记不合法的边的数量为 \(f_x\)，满足条件且不合法的的边称为不合法边。
容易得到转移：\(f_{y \in son_x} \rightarrow f_x\)。对于不合法边 \((u,v)\)，为代码更好写，让 \(f_v \leftarrow f_v+1\)。
考虑换根 dp，记 \(g_x\) 为删去 \(x\) 的子树（除了 \(x\)）剩下的子树中不合法边的数量。
转移为：\(g_y=g_x+f_x-f_y+\Delta\)。
\(\Delta\) 的取值有：
- \((x,y)\) 有原来是不合法边，\(\Delta=-1\)。
- \((x,y)\) 现在是不合法边，\(\Delta=1\)。
- \((x,y)\) 啥都不是，\(\Delta=0\)。
最后用 lca 求出需要满足的子树 \(x\)，注意特判情况（2）。
默认 \(n,m,q\) 同级，时间复杂度为 \(O(n\log n)\)。
update on 2024.10.3 修改代码中的部分错误
Code:
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
#include<cassert>
#include<vector>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<set>
#include<queue>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N = 2e5 + 10, M = 2 * N;
int dfn[N], low[N], st[N], sz[N], f[N], g[N], tot;
int fa[N][21], dep[N], n, m, q, ifa[N];
vector <int> e[N];
int head[N], vi[M], ne[M], wi[M], htot;
vector < pair <int, int> > vt;
void addedge(int u, int v){
ne[++htot] = head[u], vi[htot] = v, head[u] = htot;
}
void add(int u, int v){
addedge(u, v);
addedge(v, u);
}
void tarjin(int x){
dfn[x] = low[x] = ++dfn[0], st[++st[0]] = x;
for(int y : e[x]){
if(!dfn[y]){
tarjin(y);
low[x] = min(low[x], low[y]);
if(low[y] == dfn[x]){
add(x, ++tot);
sz[tot] = 2;
while(st[st[0]] != y){
sz[tot]++;
add(st[st[0]--], tot);
}
add(st[st[0]--], tot);
}
}
else
low[x] = min(low[x], dfn[y]);
}
}
void ad(int u, int v){
while(u != v){
if(dep[u] < dep[v])
swap(u, v);
wi[ifa[u]]++, u = fa[u][0];
}
}
void dfs1(int x, int pfa){
dep[x] = dep[pfa] + 1, fa[x][0] = pfa;
for(int i = 1; i <= 20; i++)
fa[x][i] = fa[fa[x][i - 1]][i - 1];
for(int i = head[x]; i; i = ne[i]){
int y = vi[i];
if(y == pfa)
continue;
ifa[y] = i;
dfs1(y, x);
}
}
void dfs2(int x, int pfa, int op){
f[x] = op;
for(int i = head[x]; i; i = ne[i]){
int y = vi[i];
if(y == pfa)
continue;
dfs2(y, x, (x <= n && wi[i] != sz[y] - 1));
f[x] += f[y];
}
}
void dfs3(int x, int pfa){
for(int i = head[x]; i; i = ne[i]){
int y = vi[i];
if(y == pfa)
continue;
int t = g[x] + f[x] - f[y];
if(y <= n && wi[i] != sz[x] - 1)
t++;
if(x <= n && wi[i] != sz[y] - 1)
t--;
g[y] = t;
dfs3(y, x);
}
}
int lca(int x, int y){
if(dep[x] < dep[y])
swap(x, y);
for(int i = 20; ~i; i--)
if(dep[fa[x][i]] >= dep[y])
x = fa[x][i];
if(x == y)
return x;
for(int i = 20; ~i; i--)
if(fa[x][i] != fa[y][i])
x = fa[x][i], y = fa[y][i];
return fa[x][0];
}
bool check(int x, int y){
if(lca(x, y) == x){
int z = y;
for(int i = 20; ~i; i--)
if(dep[fa[z][i]] > dep[x])
z = fa[z][i];
return f[z] == 0;
}
return g[x] == 0;
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
cin >> n >> m >> q;
for(int i = 1, u, v; i <= m; i++){
cin >> u >> v;
vt.push_back(make_pair(u, v));
e[u].push_back(v);
e[v].push_back(u);
}
tot = n;
tarjin(1);
dfs1(1, 0);
for(auto i : vt)
ad(i.first, i.second);
dfs2(1, 0, 0);
dfs3(1, 0);
bool flag = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++)
flag |= (f[i] + g[i] == 0);
while(q--){
int a, b;
cin >> a >> b;
if(flag){
cout << "Yes\n";
continue;
}
cout << (check(a, b)? "Yes\n" : "No\n");
}
}
