LCA进阶-卡内存版

题目描述

给定一棵以$1$号节点为根，由$N$个节点构成的有根树， 共$Q$组询问， 每次询问两点间的$LCA$。

$2\leq N\leq 1000000, 1\leq Q\leq 50000$，时间限制$1000ms$， 空间限制$8M$。

输入输出格式

输入格式

第一行两个个正整数$N$，$Q$。

第二行一共$N-1$个数， 表示$2$号，$3$号，$\cdots$，$N$号节点的父节点。保证$fat[i]<i$

以下$Q$行， 每行表示一组询问。

解题分析

这道题乍一看：woc不是裸的LCA吗？还出在考试里面…

然后看到了空间限制， 瞬间感觉不妙了起来。

$8M$只能开$2$个$10^6$的$int$数组…倍增、树剖、tarjan显然都是不行的， 存个图就GG了…

那么我们咋搞？

因为每个点直接给的$fat[i]$， 所以我们可以不需要$DFS$就能得到每个点的深度。 然后我们可以退而求其次， 模仿倍增$LCA$，每个点维护向上跳$\sqrt N$个点得到的位置。这样我们就可以$O(Q\sqrt N)$解决问题。

但是这样还有问题： 我们需要开3个数组：$fat$，$dep$，$to$。这样还是会$MLE$。 然而我们可以发现， 在父子关系中只需要一个点有$dep$信息， 一个点有$to$信息， 就可以推导出其他的。 所以我们可以把$dep$和$to$压在一起， 深度为奇数的时候保存$to$信息， 深度为偶数的时候保存$dep$信息。

代码如下：

#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cctype>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define R register
#define IN inline
#define W while
#define MX 1000010
#define gc getchar()
template <class T>
IN void in(T &x)
{
    x = 0; R char c = gc;
    for (; !isdigit(c); c = gc);
    for (;  isdigit(c); c = gc)
    x = (x << 1) + (x << 3) + c - 48;
}
struct int_3 {unsigned char h, m, l;} d[MX], fat[MX];
IN int get(const int_3 &x) {return (x.h << 14) + (x.m << 7) + x.l;}
IN int_3 to(R int x)
{
    int_3 ret;
    ret.l = x & 127;
    ret.m = (x >> 7) & 127;
    ret.h = x >> 14;
    return ret;
}
int dot, q, dp = 1024;
IN int F(R int x) {return get(fat[x]);}
IN int D(R int x) {return get(d[x]);}
IN int G(R int x) {return D(x) >= dot ? D(F(x)) + 1 : D(x);}
IN int LCA(R int x, R int y)
{
    if(G(x) < G(y)) std::swap(x, y);
    int ex = G(x) - G(y);
    W (ex > dp) if(D(x) < dot) x = F(x), --ex;
    else x = D(x) - dot, ex -= dp;
    W (ex--) x = F(x);
    W (F(x) != F(y))
    {
        if(D(x) == D(y)) x = F(x), y = F(y);
        else x = D(x) - dot, y = D(y) - dot;
    }
    if(x ^ y) x = F(x);
    return x;
}
int main(void)
{
    int a, b, now;
    in(dot), in(q); d[0] = to(dot);
    for (R int i = 2; i <= dot; ++i)
    in(a), fat[i] = to(a), d[i] = to(get(d[a]) + 1);
    for (R int i = dot; i; --i)
    {
        if(get(d[i]) & 1)
        {
            now = i;
            for (R int j = 1; j <= 2; ++j) now = get(fat[now]);
            d[i] = to(now + dot);//+dot来区分深度信息和跳父节点的信息。
        }
    }
    for (R int k = 9; k; --k)
    for (R int i = dot; i; --i)
    {
        if(get(d[i]) > dot)
        {
            now = i;
            for (R int j = 1; j <= 2; ++j) now = get(d[now]) - dot;
            d[i] = to(now + dot);
        }
    }
    W (q--) in(a), in(b), printf("%d\n", LCA(a, b));
}