[构造][LCT][并查集][CF1284F]New Year and Social Network
Statement
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有两棵树 \(T_1\) 和 \(T_2\)，大小都是 \(n\)
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建立一个二分图，两部都有 \(n-1\) 个点
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如果树 \(T_1\) 去掉第 \(i\) 条边之后再加上 \(T_2\) 的第 \(j\) 条边得到的仍然是一棵树，则第一部的第 \(i\) 个点向第二部的第 \(j\) 个点连边
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求这个二分图的最大匹配并输出方案
Solution
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我们大胆猜想：这个二分图有完美匹配
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这可以通过下面的具体构造得出，但这里还是说一说证明：
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根据霍尔 Hall 定理，一个二分图有完美匹配当且仅当对于其中一部的任意子集 \(S\)，都满足点集 \(S\) 的邻居集合的大小不小于 \(|S|\)
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考虑第二部的一个子集 \(S\) 的邻居集合，把 \(T_2\) 上的边看作 \(T_1\) 上的路径，易得 \(S\) 的邻居集合就是 \(S\) 中路径经过所有边的并集
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显然对于这些边形成的每一个连通块，边集 \(S\) 都连通了这个连通块内的一部分点，并且不属于同一个连通块的两个点没有被边集 \(S\) 连通
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由于 \(T_2\) 是一棵树，所以每个连通块内路径的条数必然都小于这个连通块的点数，满足 Hall 定理，证毕
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现在考虑如何构造一组合法的匹配
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考虑从 \(T_1\) 中不断删叶子，假设某一次删掉了叶子 \(u\)，与这个叶子相接的边为 \(e\)，\(e\) 的另一端点为 \(v\)
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可以得出如果边 \(e\) 匹配了路径 \((u,x)\)，则 \(T_2\) 的变化为：
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（1）删掉边 \((u,x)\)
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（2）把所有包含 \(u\) 为端点的边都转接到 \(v\) 上面去，并把 \(u\) 删掉
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为保证 \(T_2\) 是一棵树，这个 \(x\) 必须是 \(u\) 到 \(v\) 路径上的第二个点
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考虑使用 LCT 维护 \(T_2\) 的结构
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发现「把所有包含 \(u\) 为端点的边都转接到 \(v\) 上面去，并把 \(u\) 删掉」这个操作无法实现
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所以在这里我们采取的方法是维护一个并查集，在并查集上把 \(u\) 和 \(v\) 并成一个点，而不是把 \(u\) 删掉
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这么处理之后找 \(x\) 就变成了找 \(u\) 到 \(v\) 的路径上的第一条边，满足这条边的其中一端点（也就是 \(x\)）和 \(u\) 不在同一个集合内
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可以在 Splay 上二分求得
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\(O(n\log n)\)
Code
#include <bits/stdc++.h>
template <class T>
inline void read(T &res)
{
res = 0; bool bo = 0; char c;
while (((c = getchar()) < '0' || c > '9') && c != '-');
if (c == '-') bo = 1; else res = c - 48;
while ((c = getchar()) >= '0' && c <= '9')
res = (res << 3) + (res << 1) + (c - 48);
if (bo) res = ~res + 1;
}
const int N = 25e4 + 5, M = N << 1;
int n, ecnt, nxt[M], adj[N], go[M], a[N], b[N], ufs[N], fa[N], lc[N], rc[N],
rev[N], len, que[N];
void add_edge(int u, int v)
{
nxt[++ecnt] = adj[u]; adj[u] = ecnt; go[ecnt] = v;
nxt[++ecnt] = adj[v]; adj[v] = ecnt; go[ecnt] = u;
}
int dfs(int u, int fu, int tot)
{
for (int e = adj[u], v; e; e = nxt[e])
if ((v = go[e]) != fu) tot = dfs(v, u, tot), a[++tot] = v, b[tot] = u;
return tot;
}
int cx(int x)
{
if (ufs[x] != x) ufs[x] = cx(ufs[x]);
return ufs[x];
}
void zm(int x, int y)
{
if ((x = cx(x)) != (y = cx(y))) ufs[y] = x;
}
bool which(int x) {return rc[fa[x]] == x;}
bool isRoot(int x)
{
return lc[fa[x]] != x && rc[fa[x]] != x;
}
void down(int x)
{
if (rev[x])
{
std::swap(lc[x], rc[x]);
if (lc[x]) rev[lc[x]] ^= 1;
if (rc[x]) rev[rc[x]] ^= 1;
rev[x] = 0;
}
}
void rotate(int x)
{
int y = fa[x], z = fa[y], b = lc[y] == x ? rc[x] : lc[x];
if (!isRoot(y)) (lc[z] == y ? lc[z] : rc[z]) = x;
fa[x] = z; fa[y] = x; if (b) fa[b] = y;
if (lc[y] == x) rc[x] = y, lc[y] = b;
else lc[x] = y, rc[y] = b;
}
void splay(int x)
{
que[len = 1] = x;
for (int y = x; !isRoot(y); y = fa[y]) que[++len] = fa[y];
for (int i = len; i >= 1; i--) down(que[i]);
while (!isRoot(x))
{
if (!isRoot(fa[x]))
{
if (which(x) ^ which(fa[x])) rotate(x);
else rotate(fa[x]);
}
rotate(x);
}
}
void access(int x)
{
for (int y = 0; x; y = x, x = fa[x])
{
splay(x); rc[x] = y;
if (y) fa[y] = x;
}
}
void makeroot(int x)
{
access(x); splay(x); rev[x] ^= 1;
}
void link(int x, int y)
{
makeroot(x); fa[x] = y;
}
void cut(int x, int y)
{
makeroot(x); access(y); splay(y);
lc[y] = fa[x] = 0;
}
int fp(int x, int y)
{
makeroot(x); access(y); splay(y);
int pre, res, lst;
while (y)
if (down(lst = y), cx(x) == cx(y)) pre = y, y = rc[y];
else res = y, y = lc[y];
return splay(lst), printf("%d %d\n", pre, res), res;
}
int main()
{
int x, y;
read(n);
for (int i = 1; i < n; i++) read(x), read(y), add_edge(x, y);
dfs(1, 0, 0);
for (int i = 1; i <= n; i++) ufs[i] = i;
for (int i = 1; i < n; i++) read(x), read(y), link(x, y);
std::cout << n - 1 << std::endl;
for (int i = 1; i < n; i++)
{
printf("%d %d ", a[i], b[i]);
cut(a[i], fp(a[i], b[i])); link(a[i], b[i]);
zm(a[i], b[i]);
}
return 0;
}
