题目描述
小仓鼠的和他的基\(（mei）\)友\(（zi）sugar\)住在地下洞穴中，每个节点的编号为\(1\)~\(n\)。地下洞穴是一个树形结构。这一天小仓鼠打算从从他的卧室\(（a）\)到餐厅\(（b）\)，而他的基友同时要从他的卧室\(（c）\)到图书馆\(（d）\)。他们都会走最短路径。现在小仓鼠希望知道，有没有可能在某个地方，可以碰到他的基友？
小仓鼠那么弱，还要天天被\(zzq\)大爷虐，请你快来救救他吧！
输入输出格式
输入格式：
第一行两个正整数\(n\)和\(q\)，表示这棵树节点的个数和询问的个数。
接下来\(n-1\)行，每行两个正整数\(u\)和\(v\)，表示节点\(u\)到节点\(v\)之间有一条边。
接下来\(q\)行，每行四个正整数\(a\)、\(b\)、\(c\)和\(d\)，表示节点编号，也就是一次询问，其意义如上。
输出格式：
对于每个询问，如果有公共点，输出大写字母“Y”；否则输出“N”。
输入输出样例
输入样例#1：
5 5
2 5
4 2
1 3
1 4
5 1 5 1
2 2 1 4
4 1 3 4
3 1 1 5
3 5 1 4输出样例#1：
Y
N
Y
Y
Y说明
本题时限1s，内存限制128M，因新评测机速度较为接近NOIP评测机速度，请注意常数问题带来的影响。
\(20\%\)的数据 \(n<=200,q<=200\)
\(40\%\)的数据 \(n<=2000,q<=2000\)
\(70\%\)的数据 \(n<=50000,q<=50000\)
\(100\%\)的数据 \(n<=100000,q<=100000\)
思路：
其实，多画几个图模拟一下，可以发现如下一个神奇的规律：
如果两条路径相交，那么一定有一条路径的LCA在另一条路径上
而判断一个节点\(x\)，是否在路径\(a\)-\(b\)上需要满足如下几个条件
- d[x]>=d[LCA(a,b)]
- LCA(a,x)=x或LCA(b,x)=x;其中d数组代表深度。
所以分两种情况讨论一下即可
时间复杂度\(O(n log n)\)，下面是树剖求\(LCA\)的代码，倍增照样可以做，就是慢了点。
代码：
#include
#include
#include
#define maxn 100007
using namespace std;
int num,head[maxn],n,d[maxn],son[maxn],top[maxn],siz[maxn];
int cnt,id[maxn],fa[maxn],m;
inline int qread() {
char c=getchar();int num=0,f=1;
for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c=='-') f=-1;
for(;isdigit(c);c=getchar()) num=num*10+c-'0';
return num*f;
}
struct node {
int v,nxt;
}e[maxn<<1];
inline void ct(int u, int v) {
e[++num].v=v;
e[num].nxt=head[u];
head[u]=num;
}
void dfs1(int u) {
siz[u]=1;
for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt) {
int v=e[i].v;
if(v!=fa[u]) {
d[v]=d[u]+1;
fa[v]=u;
dfs1(v);
siz[u]+=siz[v];
if(siz[v]>siz[son[u]]) son[u]=v;
}
}
}
void dfs2(int u, int t) {
id[u]=++cnt;
top[u]=t;
if(son[u]) dfs2(son[u],t);
for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt) {
int v=e[i].v;
if(v!=fa[u]&&v!=son[u]) dfs2(v,v);
}
}
inline int lca(int x, int y) {
int fx=top[x],fy=top[y];
while(fx!=fy) {
if(d[fx]d[y]?y:x;
}
int main() {
n=qread(),m=qread();
for(int i=1,u,v;i