图论分支-倍增Tarjan求LCA
LCA,最近公共祖先,这是树上最常用的算法之一,因为它可以求距离,也可以求路径等等
LCA有两种写法,一种是倍增思想,另一种是Tarjan求法,我们可以通过一道题来看一看,
题目描述
欢乐岛上有个非常好玩的游戏,叫做“紧急集合”。在岛上分散有N个等待点,有N-1条道路连接着它们,每一条道路都连接某两个等待点,且通过这些道路可以走遍所有的等待点,通过道路从一个点到另一个点要花费一个游戏币。
参加游戏的人三人一组,开始的时候,所有人员均任意分散在各个等待点上(每个点同时允许多个人等待),每个人均带有足够多的游戏币(用于支付使用道路的花费)、地图(标明等待点之间道路连接的情况)以及对话机(用于和同组的成员联系)。当集合号吹响后,每组成员之间迅速联系,了解到自己组所有成员所在的等待点后,迅速在N个等待点中确定一个集结点,组内所有成员将在该集合点集合,集合所用花费最少的组将是游戏的赢家。
小可可和他的朋友邀请你一起参加这个游戏,由你来选择集合点,聪明的你能够完成这个任务,帮助小可可赢得游戏吗?
输入输出格式
输入格式:
第一行两个正整数N和M(N<=500000,M<=500000),之间用一个空格隔开。分别表示等待点的个数(等待点也从1到N进行编号)和获奖所需要完成集合的次数。 随后有N-1行,每行用两个正整数A和B,之间用一个空格隔开,表示编号为A和编号为B的等待点之间有一条路。 接着还有M行,每行用三个正整数表示某次集合前小可可、小可可的朋友以及你所在等待点的编号。
输出格式:
一共有M行,每行两个数P,C,用一个空格隔开。其中第i行表示第i次集合点选择在编号为P的等待点,集合总共的花费是C个游戏币。
输入输出样例
6 4 1 2 2 3 2 4 4 5 5 6 4 5 6 6 3 1 2 4 4 6 6 6
5 2 2 5 4 1 6 0
这个就用到了我们的LCA求解了,先用了Tarjan,然后被卡了(不能用O2)(之后再分析为什么会卡),用了倍增才过,根据题目,我们可以很容易地想到用lca来解决这个树上两点之间距离。树的剖分应该是正解吧(可惜我刚学,不太熟练 QAQ );
我们先看一下题目,是三个点到一个点的距离之和最小,图大家可以手模一下,我们设题中给的三个点为x,y,z,每两个点的lca是a,b,c. 距离前缀和数组设为dep[i];那么开始推导:肯定有lca是相同的,这个可以手动证明一下,这里就不再证明了,所以暂设 a==c=true ,那么, _dep[x]+dep[y]-2dep[a]+dep[z]-dep[b]+dep[a]-dep[b]==_dep[x]+dep[y]+dep[z]-2dep[a]-dep[b] ,然后大家应该就能懂了QAQ,之后还有通用公式 dep[x]+dep[y]+dep[z]-dep[a]-dep[b]-dep[c] ,只要再找到a,b,c中谁与其它两个不同即可;
然后附上Code
Code
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cmath> #include<cstring> using namespace std; int n,m,head[500007],cent,dep[500007],fa[500007][30],len[500007]; struct node{ int next,to,w; }edge[1000007]; void add(int u,int v,int w){ edge[++cent]=(node){head[u],v,w};head[u]=cent; } void dfs(int x,int dy){ dep[x]=dy;//求深度 for(int i=head[x];i;i=edge[i].next){ int y=edge[i].to; if(y==fa[x][0]) continue; fa[y][0]=x; len[y]=len[x]+edge[i].w;//其实与深度一样 dfs(y,dy+1); } return ; } void Init(){ fa[1][0]=-1; dfs(1,0); for(int i=1;1<<i<n;i++){//倍增 for(int j=1;j<=n;j++){//更新每一个点 if(fa[j][i-1]<0) fa[j][i]=-1; else fa[j][i]=fa[fa[j][i-1]][i-1]; } } return ; } int lca(int x,int y){ if(dep[x]<dep[y]) swap(x,y); for(int i=0,d=dep[x]-dep[y];d;d>>=1,i++){ if(d&1) x=fa[x][i];//转移至同一高度 } if(x==y) return x; for(int i=log(n)+1;i>=0;i--){//寻找LCA if(fa[x][i]!=fa[y][i]){//自己画图体会一下 x=fa[x][i]; y=fa[y][i]; } } return fa[x][0]; } void work(int a,int b,int c){ int x=lca(a,b),y=lca(b,c),z=lca(a,c),exit; if(x==y) exit=z; else if(y==z) exit=x; else if(x==z) exit=y;//寻找不同的LCA printf("%d %d\n",exit,dep[a]+dep[b]+dep[c]-dep[x]-dep[y]-dep[z]);//通用公式计算 } int main(){ scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1,a,b;i<=n-1;i++){ scanf("%d%d",&a,&b); add(a,b,1),add(b,a,1);//存图 } Init();//初始化 for(int i=1,a,b,c;i<=m;i++){ scanf("%d%d%d",&a,&b,&c); work(a,b,c); } return 0; }
至于为什么Tarjan没过而倍增过了,是因为我们统计倍增O(nlongn+mlongn),而实际上,大部分数据查询是不需要logn的,所以就将倍增算法捧上了天,而作为O(n+m)算法的Tarjan却栽了是因为并查集维护时,时间复杂度最坏达到了近O(n2+m),但是O(1)查询的Tarjan在一些数据确实比倍增算法快,但是,在一些非常诡异的数据中,还是用倍增比较妥当,来看代码
Code
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cmath> #include<cstring> using namespace std; int n,m,head[500007],cent,cnt,h[500007],dep[500007],vis[500007]; int fa[500007],f[2000007],see[500007][3],num[500007]; struct node{ int next,to,w; }edge[1000007]; struct node1{ int next,to,id; }e[3000007]; template<typename type_of_scan> inline void scan(type_of_scan &x){ type_of_scan f=1;x=0;char s=getchar(); while(s<'0'||s>'9'){if(s=='-')f=-1;s=getchar();} while(s>='0'&&s<='9'){x=x*10+s-'0';s=getchar();} x*=f; } inline void add(int u,int v,int w){ edge[++cent]=(node){head[u],v,w};head[u]=cent; } inline void add1(int u,int v,int name){ e[++cnt]=(node1){h[u],v,name};h[u]=cnt; } inline int get(int x){ if(fa[x]==x) return x; return fa[x]=get(fa[x]); } inline void Tarjan(int u){ vis[u]=1; for(register int i=head[u];i;i=edge[i].next){ int v=edge[i].to; if(vis[v]) continue; dep[v]=dep[u]+edge[i].w;//与倍增一样 Tarjan(v); fa[v]=u; } for(register int i=h[u];i;i=e[i].next){ int v=e[i].to; if(vis[v]&&!f[e[i].id]){ int zz=get(v),x=e[i].id; f[x]=zz;//储存答案 } }//与倍增不同的是,它每次都去处理有关点数据,运用访问时间的差别,以来实现Tarjan } inline void work(){ for(register int i=1;i<=3*m;i+=3){ int x=see[i][0],y=see[i][1],z=see[i][2]; int a=f[i],b=f[i+1],c=f[i+2]; if(a==b){ printf("%d %d\n",c,dep[x]+dep[y]+dep[z]-dep[a]-dep[b]-dep[c]); }else if(b==c) { printf("%d %d\n",a,dep[x]+dep[y]+dep[z]-dep[a]-dep[b]-dep[c]); }else if(a==c) { printf("%d %d\n",b,dep[x]+dep[y]+dep[z]-dep[a]-dep[b]-dep[c]); } } } int main(){ scan(n),scan(m); for(int i=1;i<=n;i++) fa[i]=i; for(int i=1,a,b;i<=n-1;i++){ scan(a),scan(b); add(a,b,1),add(b,a,1); } for(register int i=1;i<=3*m;i+=3){ int a,b,c; scan(a),scan(b),scan(c);//Tarjan储存询问,在工作时一起解决 see[i][0]=a,see[i][1]=b,see[i][2]=c; add1(a,b,i),add1(b,a,i),add1(a,c,i+1); add1(c,a,i+1),add1(c,b,i+2),add1(b,c,i+2); } Tarjan(1); work(); return 0; }
先说到这里