汽车门户网站建设,四字母域名建设网站可以吗,网站logo怎么做最清楚,服务号开发文章目录 lcaTarjan板子题#xff1a;1172. 祖孙询问lca或tarjan#xff1a;1171. 距离356. 次小生成树352. 闇の連鎖 lca O ( m l o g n ) O(mlogn) O(mlogn)#xff0c;n为节点数量#xff0c;m为询问次数#xff0c;lca是一种在线处理询问的算法 自己也是自己的祖先
倍… 文章目录 lcaTarjan板子题1172. 祖孙询问lca或tarjan1171. 距离356. 次小生成树352. 闇の連鎖 lca O ( m l o g n ) O(mlogn) O(mlogn)n为节点数量m为询问次数lca是一种在线处理询问的算法 自己也是自己的祖先
倍增 f a ( i , j ) fa(i, j) fa(i,j)表示从i开始向上走 2 j 2^j 2j步走到的点 j 0走到父节点 j 0分两步走先走到 2 j − 1 2^{j-1} 2j−1步再走 2 j − 1 2^{j-1} 2j−1步那么一共就会走 2 j 2^j 2j步 f a ( i , j ) f a ( f a ( i , j − 1 ) , j − 1 ) fa(i, j) fa(fa(i, j-1), j-1) fa(i,j)fa(fa(i,j−1),j−1) d e p t h ( i ) depth(i) depth(i)表示层数
将两点跳到同一层让两个点同时往上跳直到跳到公共祖先的下一层
第一步基于二进制的思想x和y之间的层数差距为 d e p t h ( x ) − d e p t h ( y ) depth(x) - depth(y) depth(x)−depth(y)假设y的层数小于x的层数此时x要往上跳 若要跳k层那么根据k的二进制表示将k拆分成多个2的幂相加由于我们已经预处理了 f ( i , j ) f(i, j) f(i,j)所以根据 f ( i , j ) f(i, j) f(i,j)的值往上跳即可 当 f ( x , k ) f ( y , k ) f(x, k) f(y, k) f(x,k)f(y,k)时即x往上跳k步和y往上跳k步后位于同一个位置此时找到了一个公共祖先但不是最近公共祖先所以这里要减小k的值直到 f ( x , k ) ≠ f ( y , k ) f(x, k) ≠ f(y, k) f(x,k)f(y,k)此时才找到了最近公共祖先
规定 d e p t h ( 0 ) 0 depth(0) 0 depth(0)00号点为哨兵位于第0层根节点位于第一层 向上跳 2 k 2^k 2k步后若跳出了这颗树那么 f ( i , k ) 0 f(i, k) 0 f(i,k)0 预处理depth和fa的板子
void bfs(int root)
{memset(dis, 0x3f, sizeof(dis));q[tt ] root;depth[root] 1, depth[0] 0;while (tt hh){int x q[hh ];for (int i h[x]; i ! -1; i ne[i]){int y e[i];if (depth[y] depth[x] 1){depth[y] depth[x] 1;q[tt ] y;fa[y][0] x;for (int k 1; k c; k )fa[y][k] fa[fa[y][k - 1]][k - 1];}}}
}lca板子
int lca(int x, int y)
{if (depth[x] depth[y]) swap(x, y);for (int k c; k 0; -- k )if (depth[fa[x][k]] depth[y])x fa[x][k];if (x y) return y;for (int k c; k 0; -- k )if (fa[x][k] ! fa[y][k]){x fa[x][k];y fa[x][k];}return fa[x][0];
}Tarjan O ( n m ) O(n m) O(nm) n为节点数量m为询问次数 tarjan是一种离线处理询问的算法是向上标记法的优化 在深度优先遍历时将所有点分成三大类
已经遍历过且已经回溯的点已经遍历但正在搜索的分支还未搜索到的点 将已经遍历且回溯的点标记成2正在遍历的点标记成1未遍历的点标记成0 对于正在回溯的点需要处理所有有关该点的询问信息若询问的另外一个点已经遍历过回溯完成那么该点将被分到一个集合中集合的代表点就是两点的最近公共祖先 比如上图当前正在遍历x这个点已经遍历完的点为绿色部分这些点所属集合的代表点位于红色分支上
模板
// 用dfs维护dis数组
void dfs(int x, int fa)
{for (int i h[x]; i ! -1; i ne[i]){int y e[i];if (y ! fa){dis[y] dis[x] w[i];dfs(y, x);}}
}// tarjan处理询问
void tarjan(int x)
{st[x] 1; // 当前正在遍历该点for (int i h[x]; i ! -1; i ne[i]){int y e[i];if (!st[y]) // 当前为遍历ydian{tarjan(y);p[y] u;}}for (auto item : query[x]) // 处理有关当前节点的询问{int y item.first, id item.first; // id为该询问的唯一编号if (st[y] 2) // 询问的另一点已经遍历过{int anc find(y); // 找到集合的代表点公共祖先res[id] dis[x] dis[y] - 2 * dis[anc]; // 根据id将答案存储到数组中}}st[x] 2; // 当前节点遍历完
}板子题1172. 祖孙询问
1172. 祖孙询问 - AcWing题库
由于树的层数最大有40000层所以一个节点最多向上跳 l o g 400000 log400000 log400000层大概是一个大于 2 15 2^{15} 215小于 2 16 2^{16} 216的数所以最多跳 2 16 − 1 2^{16} - 1 216−1层二进制位取15即可
#include iostream
#include cstring
using namespace std;const int N 4e4 10, M 2 * N;
int h[N], e[M], ne[M], idx;
int q[N], hh, tt -1;
int depth[N], fa[N][16]; // 最多跳2^16-1
int n;void add(int x, int y)
{e[idx] y, ne[idx] h[x], h[x] idx ;
}void bfs(int root)
{q[ tt] root;memset(depth, 0x3f, sizeof(depth));depth[0] 0, depth[root] 1;while (tt hh){int x q[hh ];for (int i h[x]; i ! -1; i ne[i]){int y e[i];if (depth[y] depth[x] 1){depth[y] depth[x] 1;fa[y][0] x;q[ tt ] y;for (int k 1; k 15; k )fa[y][k] fa[fa[y][k - 1]][k - 1];}}}
}int lca(int x, int y)
{if (depth[x] depth[y]) swap(x, y);for (int k 15; k 0; -- k )if (depth[fa[x][k]] depth[y])x fa[x][k];if (x y) return y;for (int k 15; k 0; -- k )if (fa[x][k] ! fa[y][k]){x fa[x][k];y fa[y][k];}return fa[x][0];
}int main()
{memset(h, -1, sizeof(h));scanf(%d, n);int root;int a, b;for (int i 0; i n; i ){scanf(%d%d, a, b);if (b -1) root a;else add(a, b), add(b, a);}bfs(root);int m;scanf(%d, m);for (int i 0; i m; i ){scanf(%d%d, a, b);int t lca(a, b);if (t a) puts(1);else if (t b) puts(2);else puts(0);}return 0;
}lca或tarjan1171. 距离
1171. 距离 - AcWing题库
与上题一样题目要处理很多询问可以用lca或者离线tarjan解决 树的最短路问题可以从公共祖先的角度考虑假设x和y的公共祖先为t d i s ( t ) dis(t) dis(t)为根节点到t的距离那么x和y之间的最短距离就是 d i s ( x ) d i s ( y ) − 2 ∗ d i s ( t ) dis(x) dis(y) - 2 * dis(t) dis(x)dis(y)−2∗dis(t)
题目没有给定根节点我们任意指定一个点为根节点即可
lca解法
#include iostream
#include cstring
using namespace std;const int N 1e4 10, M 2 * N;
int h[N], e[M], ne[M], w[M], idx;
int depth[N], fa[N][16];
int q[N], hh, tt -1;
int dis[N];void add(int x, int y, int d)
{e[idx] y, ne[idx] h[x], w[idx] d, h[x] idx ;
}void dfs(int root)
{memset(depth, 0x3f, sizeof(depth));depth[0] 0, depth[root] 1;q[ tt ] root;while (tt hh){int x q[hh ];for (int i h[x]; i ! -1; i ne[i]){int y e[i];if (depth[y] depth[x] 1){depth[y] depth[x] 1;dis[y] dis[x] w[i];fa[y][0] x;q[ tt ] y;for (int k 1; k 15; k )fa[y][k] fa[fa[y][k - 1]][k - 1];}}}
}int lca(int x, int y)
{if (depth[x] depth[y]) swap(x, y);for (int k 15; k 0; -- k )if (depth[fa[x][k]] depth[y])x fa[x][k];if (x y) return y;for (int k 15; k 0; -- k )if (fa[x][k] ! fa[y][k]){x fa[x][k];y fa[y][k];}return fa[x][0];
}int main()
{memset(h, -1, sizeof(h));int n, m;scanf(%d%d, n, m);int x, y, d;for (int i 0; i n - 1; i ){scanf(%d%d%d, x, y, d);add(x, y, d), add(y, x, d);}dfs(1);for (int i 0; i m; i ){scanf(%d%d, x, y);int t lca(x, y);printf(%d\n, dis[x] dis[y] - 2 * dis[t]);}return 0;
}tarjan解法
#include iostream
#include cstring
#include vector
using namespace std;const int N 1e4 10, M 2 * N;
typedef pairint, int PII;
vectorPII query[N];
int h[N], e[M], ne[M], w[M], idx;
int res[M], dis[N], st[N], p[N];
int n, m;void add(int x, int y, int d)
{e[idx] y, ne[idx] h[x], w[idx] d, h[x] idx ;
}void dfs(int x, int fa)
{for (int i h[x]; i ! -1; i ne[i]){int y e[i];if (y ! fa){dis[y] dis[x] w[i];dfs(y, x);}}
}int find(int x)
{if (p[x] ! x) p[x] find(p[x]);return p[x];
}void tarjan(int x)
{st[x] 1;for (int i h[x]; i ! -1; i ne[i]){int y e[i];if (!st[y]){tarjan(y);p[y] x;}}for (auto item : query[x]){int y item.first, id item.second;if (st[y] 2){int anc find(y);res[id] dis[x] dis[y] - 2 * dis[anc];}}st[x] 2;
}int main()
{memset(h, -1, sizeof(h));scanf(%d%d, n, m);int x, y, d;for (int i 0; i n - 1; i ){scanf(%d%d%d, x, y, d);add(x, y, d), add(y, x, d);}for (int i 0; i m; i ){scanf(%d%d, x, y);query[x].push_back({y, i}); // 将查询的另一个点与查询编号保存query[y].push_back({x, i});}dfs(1, -1);for (int i 1; i n; i ) p[i] i;tarjan(1);for (int i 0; i m; i ) printf(%d\n, res[i]);return 0;
}debug维护的query信息要不同地插入两次
query[x].push_back({y, i});
query[y].push_back({x, i});因为当前询问有关x的信息时y可能没有遍历完但是询问y有关的信息时x是遍历完的 356. 次小生成树
356. 次小生成树 - AcWing题库 d 1 ( i , j ) d1(i, j) d1(i,j)表示从i往上跳 2 j 2^j 2j层后路径上的最大边权 d 2 ( i , j ) d2(i, j) d2(i,j)表示从i往上跳 2 j 2^j 2j层后路径上的次大边权 跳 2 j 2^j 2j步是一个类似分治的过程分成两部分跳这两部分依旧能分成两部分跳 路径上的最大值为每一段的最大值取max次大值为所有子路径的最大值和次大值中的第二大每次遍历子线段时维护信息即可
if (d d1) d2 d1, d1 d;
else if (d ! d1 d d2) d2 d;#include iostream
#include cstring
#include algorithm
using namespace std;typedef long long LL;
const int N 1e5 10, M 3e5 10, INF 0x3f3f3f3f;
struct Edge
{int x, y, w;bool f;bool operator(const Edge e) const {return w e.w;}
}edges[M];int h[N], e[M], ne[M], w[M], idx;
int p[N], depth[N], fa[N][17];
int q[N], hh, tt -1;
int d1[N][17], d2[N][17];
int d[M];
int n, m;void add(int x, int y, int d)
{e[idx] y, ne[idx] h[x], w[idx] d, h[x] idx ;
}int find(int x)
{if (x ! p[x]) p[x] find(p[x]);return p[x];
}LL kruskal()
{LL res 0;sort(edges, edges m);for (int i 1; i n; i ) p[i] i;for (int i 0; i m; i ){auto t edges[i];int x t.x, y t.y, w t.w;int px find(x), py find(y);if (px ! py){res w;p[px] py;edges[i].f true;add(x, y, w), add(y, x, w);}}return res;
}void bfs()
{q[ tt ] 1;memset(depth, 0x3f, sizeof(depth));depth[0] 0, depth[1] 1;while (tt hh){int x q[hh ];for (int i h[x]; i ! -1; i ne[i]){int y e[i];if (depth[y] depth[x] 1){depth[y] depth[x] 1;fa[y][0] x;d1[y][0] w[i], d2[y][0] -INF;q[ tt ] y;for (int k 1; k 16; k ){int mid fa[y][k - 1];fa[y][k] fa[mid][k - 1];d1[y][k] d2[y][k] -INF;int a[4] { d1[mid][k - 1], d2[mid][k - 1], d1[y][k - 1], d2[y][k - 1] };for (int i 0; i 4; i ){if (a[i] d1[y][k]) d2[y][k] d1[y][k], d1[y][k] a[i];else if (a[i] ! d1[y][k] a[i] d2[y][k]) d2[y][k] a[i];}}}}}
}int lca(int x, int y, int w)
{int cnt 0;if (depth[x] depth[y]) swap(x, y);for (int k 16; k 0; -- k )if (depth[fa[x][k]] depth[y]){d[cnt ] d1[x][k];d[cnt ] d2[x][k];x fa[x][k];}if (x ! y){for (int k 16; k 0; -- k ){if (fa[x][k] ! fa[y][k]){d[cnt ] d1[x][k], d[cnt ] d2[x][k];d[cnt ] d1[y][k], d[cnt ] d2[y][k];x fa[x][k], y fa[y][k];}d[cnt ] d1[x][0], d[cnt ] d2[x][0];d[cnt ] d1[y][0], d[cnt ] d2[y][0];}}int dmax1 -INF, dmax2 -INF;for (int i 0; i cnt; i ){if (d[i] dmax1) dmax2 dmax1, dmax1 d[i];else if (d[i] ! dmax1 d[i] dmax2) dmax2 d[i];}if (w dmax1) return w - dmax1;return w - dmax2;
}int main()
{memset(h, -1, sizeof(h));scanf(%d%d, n, m);for (int i 0; i m; i )scanf(%d%d%d, edges[i].x, edges[i].y, edges[i].w);LL sum kruskal(); // 最小生成树的权值bfs();LL res 1e19;for (int i 0; i m; i )if (!edges[i].f)res min(res, sum lca(edges[i].x, edges[i].y, edges[i].w));printf(%lld\n, res);return 0;
}352. 闇の連鎖
352. 闇の連鎖 - AcWing题库 树上差分将x到y的最短路径上所有的边加上c若p为x和y的公共祖先那么 d(x) c, d(y) c, d(p) - 2c 如何计算某条边的权值以这条边的子节点为根的子树中所有边的权值相加为这条边的权值
在一颗树中删除任意一条边那么这颗树将被切成两个连通块 若向树中再添加一条边那么这条非树边和树边就一定构成环要向将此时的“树”切成两个连通块就要删除环中的任意一条树边与这条非树边 题目限制只能先切树边再切非树边一共两次两次过后还没有切成两个连通块说明这个方案行不通 当切除树边不用再切除非树边就得到两个连通块时由于题目限制还需要切除一条非树边假设非树边有m条那么此时可以选择m条边中的任意一条切除此时的方案数为m 若切除树边后还要再切除一条非树边才能得到两个连通块时此时的方案数为1只能切除这条环中的非树边 若切除树边后还要再切除大于一条的非树边此时无法再切除方案数为0
现在的问题是如何知道切除某条树边后还需要再切除几条非树边 假设现在已经用树边建立了一棵树此时再添加非树边将构成环将环中的所有树边权值加1假设初始权值为0此时可以使用树上差分 然后遍历所有的树边根据边权计算方案数
#include iostream
#include cstring
using namespace std;const int N 1e5 10, M 2e5 10;
int h[N], e[M], ne[M], idx;
int depth[N], fa[N][17];
int q[N], hh, tt -1;
int d[N];
int n, m, ans;void add(int x ,int y)
{e[idx] y, ne[idx] h[x], h[x] idx ;
}void bfs()
{memset(depth, 0x3f, sizeof(depth));depth[0] 0, depth[1] 1;q[ tt ] 1;while (tt hh){int x q[hh ];for (int i h[x]; i ! -1; i ne[i]){int y e[i];if (depth[y] depth[x] 1){depth[y] depth[x] 1;fa[y][0] x;q[ tt ] y;for (int k 1; k 16; k )fa[y][k] fa[fa[y][k - 1]][k - 1];}}}
}int lca(int x, int y)
{if (depth[x] depth[y]) swap(x, y);for (int k 16; k 0; -- k )if (depth[fa[x][k]] depth[y])x fa[x][k];if (x y) return x;for (int k 16; k 0; -- k )if (fa[x][k] ! fa[y][k]){x fa[x][k];y fa[y][k];}return fa[x][0];
}int dfs(int x, int f)
{int res d[x];for (int i h[x]; i ! -1; i ne[i]){int y e[i];if (f ! y){int t dfs(y, x);if (t 0) ans m;else if (t 1) ans ;res t;}}return res;
}int main()
{memset(h, -1, sizeof(h));scanf(%d%d, n, m);int x, y;for (int i 0; i n - 1; i ){ scanf(%d%d, x, y);add(x, y), add(y, x);}bfs();int res 0;for (int i 0; i m; i){scanf(%d%d, x, y);int p lca(x, y);d[x] , d[y] , d[p] - 2;}dfs(1, -1);printf(%d\n, ans);return 0;
}
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