[国家集训队2011]公交路线 解题报…

题目：

http://cogs.pro/cogs/problem/problem.php?pid=1877

Z市交通不发达，所有公交路线覆盖的边竟然一个环也不包含，甚至该市的公交路线有可能会分为几个互不连通的块，这可真是不可思议。有一天，你突然听到一条消息，说你的M个同学被困在了Z市里，他们分别要从他们当前所在的点a i 移动到他们想去的点b i .于是你立刻调集资料，了解了Z市的形状和公交路线的分布，现在你要算出每个人到达目的地最少要换多少次车，或者告知那个人不能仅用公交车达到目的地。

分析：

先考虑一个询问。假设我们想要从A走到B，像这样：

大概的路线是：从A向上走，然后经过LCA(A,B)，再向下走。

对于从A向上走这一部分，如图：

很显然，如果没有越过LCA，就可以尽量一直走。 就像前两个红箭头一样，坐从此出发的最远一班车向上走。

但如果在某处，“最远的一班车”越过了LCA，那情况就变得不确定了——它的路线有可能继续向上，也有可能折向下，我们先不去考虑它。能够确定的是，如果“最远一班车”达到的最浅节点仍然是LCA的后代，坐这班车一定是最优解。

我们对于A和B都执行“在越过LCA之前走最远”的操作。像这样：

A花stepA步走到了A'，B花stepB步走到了B'。

答案是多少呢？

如果有一条线路能从A'到B'，那答案就是stepA+stepB（共搭乘了stepA+stepB+1条线路，转车次数就是stepA+stepB次）。

如果没有A'~B'的线路，那要么无解，要么答案就是stepA+stepB+1（从A'走到LCA，再从LCA走到B'）。

所以答案分成两部分：①对AB执行“越过LCA之前尽量向上走”。②判断A'是否能直接乘车到B'。

我们来分别讨论这两个模块。

①的想法比较显然，用倍增即可。为此对于每个点，需要记录它向上乘1,2,4,8……次车走到的最远点。2,4,8……的情况可以DP出来，关键在于：如何知道从某点出发，向上乘一次车最远走到哪里？

下面来解决这个问题。设点u向上乘一次车走到的最远点是r[u]。

首先，由于我们只关心向上走，所以对于一条线路(s,t)，可以将其拆成两条线(s,g)和(g,t)，其中g=LCA(s,t)。

得出所有像这样“直上直下”的路径后，我们进行如下处理：

将所有路径按照较浅点的深度从小到大排序，然后对于每条路径(s,t)，从t向上遍历到s，如果某个点的r值为零（初始化的值），就将其设为s，否则就退出。

如图：

假设浅蓝色和红色弧线都代表公交线路，深蓝色直线代表一条“直上直下”的链。
在这个算法中，浅蓝色弧线显然比红色线早处理到，因此在处理红色线时，中间重叠部分的r值已经非零。我们沿着红色线从底向上确定那些顶点的r值，在处理到重叠部分时就会跳出。

这样，扫描的复杂度就是O(N)，因为每个顶点的r值只会被赋值一次，并额外访问一次。

计算出r值之后就可以用倍增解决问题①。

下面来看问题②：

问题②等价于：是否有一条公交线路(s,t)，其起点s在A'的子树内，终点t在B'的子树内（或相反，s在B'子树内而t在A'子树内）。

即：是否有一条公交线路(s,t)，满足dfn[A']<=dfn[s]<=last[A']且dfn[B']<=dfn[t]<=last[B']（或相反）。

其中dfn[x]代表x节点在DFS时首次被遍历到的时间，last[x]代表x节点最后一次被遍历到的时间，显然夹在二者之间的那些节点就是x的子树。

把这两个限制改写一下：在x坐标范围dfn[A']~last[A']，y坐标范围dfn[B']~last[B']的矩形中，是否存在某个点(dfn[s],dfn[t])或(dfn[t],dfn[s])。

也就是：给定一堆点和一堆矩形，问每个矩形内包含了多少点。（其实只需要判断有没有）

这是一个经典的问题。建立一棵线段树（其实树状数组就行了），用水平扫描线从上向下扫描，每扫到一个点就在线段树相应位置++，每遇到矩形上/下边界就记录下来当前的值，那么每个矩形内的点数就是下边界的值减去上边界的值。

这就解决了。当然，这道题写起来还是比较烦人的……

代码：

http://cogs.pro/cogs/submit/code.php?id=143527