HDU5266-pog loves szh III

题目

给出一棵\(n\)个点的树，从1到\(n\)编号，\(m\)次询问\({LCA} _{v\in[L,R]}\)。

\(n,m\le 3\times 10^5​\)

分析

我的做法是直接对LCA进行倍增，即\(f[i][j]\)表示从\(i\)号点开始的\(2^j\)个点的LCA，\(O(n\log ^2 n)\)预处理\(O(\log n)\)查询（分成前后两段，类似RMQ问题中ST表的做法）。

实际上还有复杂度更低的方法。

求一大堆点的共同LCA其实就是求其中dfn序最小和最大的点的LCA。直观的证明如下。取得询问点的中dfn序最小的那个，设为\(x\)，另一个点\(v\)点的位置有两种情况：

• \(v\)在\(x\)的子树内（能满足\(dfn_v>dfn_x\)），那么他们的LCA就是\(x\)
• \(v\)在\(x\)的子树外，那么它必定在\(x\)的某一个祖先的子树内。这个祖先越往上，\(dfn_v\)就越大。

综上，一堆点的LCA为其中dfn序最小和最大的两点的LCA。

于是这个问题就变成了一个每次得到dfn序的极值点，求一次LCA的了。可以用线段树方便地实现。复杂度为\(O((n+m)\log n)\)。

代码

#include
#include
#include
#include
#include
#define M(x) memset(x,0,sizeof x)
using namespace std;
int read() {
    int x=0,f=1;
    char c=getchar();
    for (;!isdigit(c);c=getchar()) if (c=='-') f=-1;
    for (;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-'0';
    return x*f;
}
const int maxn=3e5+1;
const int maxj=19;
int n,st[maxn][maxj],bin[maxn];
namespace tree {
    vector g[maxn];
    int top[maxn],size[maxn],son[maxn],dep[maxn],fat[maxn];
    void clear(int n) {
        for (int i=1;i<=n;++i) g[i].clear();
        M(top),M(size),M(son),M(dep);
    }
    void add(int x,int y) {g[x].push_back(y);}
    int dfs(int x,int fa) {
        int &sz=size[x]=1,&sn=son[x]=0;
        dep[x]=dep[fat[x]=fa]+1;
        for (int v:g[x]) if (v!=fa) {
            sz+=dfs(v,x);
            if (size[v]>size[sn]) sn=v;
        }
        return sz;
    }
    void Top(int x,int fa,int tp) {
        top[x]=tp;
        if (son[x]) Top(son[x],x,tp);
        for (int v:g[x]) if (v!=fa && v!=son[x]) Top(v,x,v);
    }
    int lca(int x,int y) {
        for (;top[x]!=top[y];dep[top[x]]>dep[top[y]]?x=fat[top[x]]:y=fat[top[y]]);
        return dep[x]>1]+1;
        M(st);
        for (int i=1;i

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