題目大意

給定一棵基環(huán)外向樹，和若干組詢問，對于每次獨立的詢問都指定一些起點和一些終點，你刪去一些邊，使得從任意起點出發(fā)都無法到達(dá)終點，并讓刪去的邊的編號的最小值最大，求這個最大的最小值。

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題解

不難發(fā)現(xiàn)，在基環(huán)外向樹中，任意兩個點之間至多有唯一條簡單路徑，且對于這道題來講非簡單路徑是沒有意義的，因為非簡單路徑一定會囊括一個簡單路徑。這意味著對于每一個終點，至多有一個與之對應(yīng)的距離最短的起點，使得當(dāng)你將這條路徑上某一條邊刪掉時，這個起點就不可能被到達(dá)了。那么我們顯然會貪心的刪去路徑上編號最大的那一條。由于每一個點的入邊(如果有的話)是唯一的，且沒有修改操作，我們就可以用倍增來求路徑最大值。

現(xiàn)在問題就轉(zhuǎn)化為如何找每個重點對應(yīng)的起點，我們分開考慮。

先考慮起點僅通過樹邊到達(dá)終點的情況。這個比較好辦，將所有起點按照深度從小到大依次處理，每次把當(dāng)前起點的深度當(dāng)做標(biāo)記覆蓋到以這一起點所代表的的子樹中，這個用線段樹處理即可。做完這件事以后，掃一遍終點，如果它已經(jīng)被覆蓋到了，那么就通過標(biāo)記和深度直接算出起點和終點的距離，倍增求一下最大值，最終答案取$\min$，然后把這個終點刪掉即可。

剩下的終點一定滿足沒有一個起點能夠僅通過樹邊到達(dá)，所以必須通過一部分環(huán)上的邊，因而不在環(huán)上的起點也沒用了，刪掉即可。我們直接讓剩下的終點先跳到它們所在的樹的樹根上，并在路徑上的邊求編號的$\max$，如果樹根不在環(huán)上或樹根所在的環(huán)上沒有任何起點，那么這個中點本身就不可被任何起點到達(dá)，對答案沒有貢獻(xiàn)。然后對于每一個環(huán)，將起點和終點都按照順時針排序，枚舉每一個終點都一定能找到它的前驅(qū)起點，更新答案即可。

復(fù)雜度$O(N+\sum\limits_{i=1}^{m} (t_i+f_i)\log N)$

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#include<algorithm> #include<iostream> #include<cstring> #include<cstdio> #include<cmath> #define LL long long #define M 200020 #define mid ((l+r)>>1) using namespace std; const int BufferSize=1<<19; char buffer[BufferSize],*head,*tail; inline char Getchar() {if(head==tail) {int l=fread(buffer,1,BufferSize,stdin);tail=(head=buffer)+l;} return *head++; } int read(){int nm=0,fh=1; char cw=Getchar();for(;!isdigit(cw);cw=Getchar()) if(cw=='-') fh=-fh;for(;isdigit(cw);cw=Getchar()) nm=nm*10+(cw-'0');return nm*fh; } int n,m,fs[M],fa[M][19],t[M][19],tmp=1,dfn[M],sz[M],od[M],to[M],nt[M]; int cnt,id[M],dep[M],tg[M<<2],maxn,tp[M],CT[M]; int S1[M],S2[M],C1[M],C2[M]; bool cir[M],vis[M],ist[M]; void link(int x,int y){nt[tmp]=fs[x],fs[x]=tmp,to[tmp++]=y;} void dfs(int x){sz[x]=1,dfn[x]=++cnt,vis[x]=true;for(int i=fs[x];i!=-1;i=nt[i]){if(cir[to[i]]) continue; id[to[i]]=id[x];dep[to[i]]=dep[x]+1,tp[to[i]]=tp[x];dfs(to[i]),sz[x]+=sz[to[i]];} } bool cmpd(int x,int y){return dep[x]<dep[y];} bool cmpc(int x,int y){if(id[tp[x]]!=id[tp[y]]) return id[tp[x]]<id[tp[y]];return od[tp[x]]>od[tp[y]];} void pushdown(int x){if(tg[x]!=-1) tg[x<<1]=tg[x<<1|1]=tg[x],tg[x]=-1;} void upd(int x,int l,int r,int L,int R,int D){if(r<L||R<l) return;if(L<=l&&r<=R){tg[x]=D;return;}pushdown(x),upd(x<<1,l,mid,L,R,D),upd(x<<1|1,mid+1,r,L,R,D); } int qry(int x,int l,int r,int pos){if(l==r) return tg[x]; pushdown(x);if(pos<=mid) return qry(x<<1,l,mid,pos); return qry(x<<1|1,mid+1,r,pos); } int dp(int x,int dt){int res=0;for(int k=0;dt>0;k++,dt>>=1) if(dt&1) res=max(res,t[x][k]),x=fa[x][k];return !res?m+1:res; } int main(){n=read(),m=read(),memset(fs,-1,sizeof(fs));for(int i=1;i<=m;i++){int u=read(),v=read();fa[v][0]=u,t[v][0]=i,link(u,v);}for(int i=1;i<=n;i++){if(vis[i]) continue; int now;for(vis[now=i]=true;fa[now][0]&&!vis[fa[now][0]];now=fa[now][0]) vis[fa[now][0]]=true;if(!fa[now][0]){ist[now]=true,t[now][0]=0;id[now]=++maxn,tp[now]=now,dfs(now); continue;} for(maxn++;!cir[now];now=fa[now][0]){cir[now]=true,id[now]=maxn,tp[now]=now;od[fa[now][0]]=od[now]+1,CT[maxn]++;} dfs(now);for(now=fa[now][0];od[now]!=CT[maxn];now=fa[now][0]) dfs(now);}for(int k=1;k<19;k++){for(int i=1;i<=n;i++){fa[i][k]=fa[fa[i][k-1]][k-1];t[i][k]=max(t[i][k-1],t[fa[i][k-1]][k-1]);}}for(int Qs=read();Qs;--Qs){upd(1,1,n,1,n,-2);int now,m1=read(),m2,st=1,ed=1,ans=m+1,n1=0,n2=0,ps=1;for(int i=1;i<=m1;i++) S1[i]=read(); m2=read();for(int i=1;i<=m2;i++) S2[i]=read(); sort(S1+1,S1+m1+1,cmpd);for(int i=1;i<=m1;i++) upd(1,1,n,dfn[S1[i]],dfn[S1[i]]+sz[S1[i]]-1,dep[S1[i]]);for(int i=1;i<=m2;i++){if(!dep[S2[i]]){if(cir[tp[S2[i]]]) C2[++n2]=S2[i];continue;}int num=qry(1,1,n,dfn[S2[i]]),cst;if(num>=0) cst=dp(S2[i],dep[S2[i]]-num),ans=min(ans,cst);else C2[++n2]=S2[i];}for(int i=1;i<=m1;i++) if(cir[S1[i]]) C1[++n1]=S1[i];sort(C1+1,C1+n1+1,cmpc),sort(C2+1,C2+n2+1,cmpc),C1[n1+1]=C2[n2+1]=0;for(int i=1;i<=n2;i++){while(ed<n1&&id[C1[st]]<id[tp[C2[i]]]) st=ed+1,ed=ps=st;if(id[C1[st]]<id[tp[C2[i]]]) break;if(id[C1[st]]>id[tp[C2[i]]]) continue;while(ed<n1&&id[C1[st]]==id[C1[ed+1]]) ed++;now=cir[C2[i]]?0:dp(C2[i],dep[C2[i]]),C2[i]=tp[C2[i]];while(ps<ed&&od[C1[ps+1]]>od[C2[i]]) ps++;if(od[C1[ps]]>od[C2[i]]) now=max(now,dp(C2[i],od[C1[ps]]-od[C2[i]]));else now=max(now,dp(C2[i],CT[id[C1[ps]]]+od[C1[ed]]-od[C2[i]]));if(now) ans=min(ans,now);}if(ans==m+1) puts("OK"); else printf("%d\n",ans);}return 0; }

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總結(jié)

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