Codeforces 983 E . NN country

NN country

Description

有$n$个城市形成一棵树的形状。
有$m$辆双向班车往返于两个城市（中途经过的城市都会停）。
有$q$个人要从城市$x$到城市$y$，问最少坐几趟班车。
如果到不了，输出$-1$。

Data Constrints

$1\le n,m,q\le 2\ast 10^5$

Solution

首先从城市$x$到城市$y$的搭车方案分成两类，第一类为在$x$和$y$的$lca$下车了，第二类是没有在$lca$处下车。
第一类比较好处理，预处理出$g_{x,y}$表示从$x$向上搭$2^y$趟车最上能去到哪个点，用$g$数组可以很快的倍增出$x$和$y$到$lca$至少要搭多少辆车。

第二类的话先找到$x$和$y$用$g$数组跳到$lca$处的前一个点，记为$x^{\prime }$和$y^{\prime }$，就是找是否存在一趟车的路覆盖了$x^{\prime }$和$y^{\prime }$，如果存在，那么答案显然可以少$1$。

至于如何判断的话，实质就是问是否有一条路径一端在$x^{\prime }$的子树内，另一端在$y^{\prime }$的子树内，算出$dfs$序便变成了一个二维数点问题，但可以不用扫描线处理，具体做法是，考虑离线，$dfs$时每遍历到一个点时，找出所有以这个点为一端的车次，并给这些车次的另一端打上加1标记，那么对于一组询问$x^{\prime }$和$y^{\prime }$，$y^{\prime }$子树内的标记和在$x^{\prime }$的子树遍历完后发生了变化，就说明存在一条路径一端在$x^{\prime }$的子树内，另一端在$y^{\prime }$的子树内，由于子树内的$dfs$序是连续的一段，所以询问子树内的标记和用树状数组就可以解决，那这题就做完了。

Code

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>

#define fo(i,j,l) for(int i=j;i<=l;++i)
#define fd(i,j,l) for(int i=j;i>=l;--i)

using namespace std;
typedef long long ll;
const ll N=51e4,M=N<<2;

int ne[M],lb[M],la[N],dfn[N],en[N],dep[N],fa[N],ans[N];
int ax[N],ay[N];

int f[N][20],g[N][20];
int xx[N],yy[N];
int u1[N],u2[N],v1[N],v2[N],jl[N];

int n,m,x,y,k,op,fs,oo,l,q;
int tr[M];

inline void llb(int a,int b)
{ne[++oo]=la[a]; la[a]=oo; lb[oo]=b;}

inline int min(int a,int b)
{return a<b?a:b;}

inline void dg(int o)
{
	for(int y=la[o];y;y=ne[y]){
		f[lb[y]][0]=o; dep[lb[y]]=dep[o]+1;
		for(l=0;f[f[lb[y]][l]][l];++l)
		f[lb[y]][l+1]=f[f[lb[y]][l]][l];
		dg(lb[y]);
	}
}

inline int get(int a,int b)
{
	if(dep[a]>dep[b])swap(a,b);
	for(int l=19;l>=0;--l)if(dep[f[b][l]]>=dep[a])b=f[b][l];
	for(int l=19;l>=0;--l)if(f[b][l]!=f[a][l])b=f[b][l],a=f[a][l];
	return (a!=b)?fa[a]:a;
}

inline void dfs1(int o)
{
	for(int y=la[o];y;y=ne[y]){
		dfs1(lb[y]);
		if(dep[g[lb[y]][0]]<dep[g[o][0]])g[o][0]=g[lb[y]][0];
		if(dep[g[o][0]]>=dep[o])g[o][0]=n+1;
	}
}

inline void dfs(int o)
{
	dfn[o]=en[o]=++op;
	for(int y=la[o];y;y=ne[y]){
		k=lb[y];
		if(dep[g[k][0]]<dep[k]){
			for(l=0;g[g[k][l]][l]!=n+1;++l)
			g[k][l+1]=g[g[k][l]][l];
		}else g[k][0]=n+1;
		dfs(k); en[o]=en[k];
	}
}

inline int get1(int a,int b)
{
	if(a==b)return 0;
	int aa=0;
	for(int l=19;l>=0;--l)
	if(g[a][l]!=n+1&&dep[g[a][l]]>dep[b])
	a=g[a][l],aa=aa+(1<<l);
	if(g[a][0]!=n+1)aa=aa+1;else aa=n+1;
	return aa;
}

inline int get2(int a,int b)
{
	int aa=0;
	for(int l=19;l>=0;--l)
	if(g[a][l]!=n+1&&dep[g[a][l]]>dep[b])
	a=g[a][l],aa=aa+(1<<l);
	fs=aa; return a;
}

inline void modify(int o,int zl)
{for(;o<=n;o=o+(o&(-o)))tr[o]=tr[o]+zl;}

inline int ask(int o)
{
	int y=0;
	for(;o;o=o-(o&(-o)))y=y+tr[o];
	return y;
}

inline void dfs2(int o)
{
	for(int y=la[o];y;y=ne[y])
	if(lb[y]>2*n){
		k=lb[y]-2*n;
		jl[k]=ask(en[u2[k]])-ask(dfn[u2[k]]-1);
	}
	for(int y=la[o];y;y=ne[y])
	if(lb[y]>n&&lb[y]<=2*n){
		k=lb[y]-n;
		modify(dfn[k],1);
	}
	for(int y=la[o];y;y=ne[y])
	if(lb[y]<=n)dfs2(lb[y]);
	for(int y=la[o];y;y=ne[y])
	if(lb[y]>2*n){
		k=lb[y]-2*n;
		if(ask(en[u2[k]])-ask(dfn[u2[k]]-1)!=jl[k])
		ans[k]=min(ans[k],v1[k]+v2[k]+1);
	}
}

int main()
{
	cin>>n;
	fo(i,2,n){
		scanf("%d",&fa[i]);
		llb(fa[i],i);
	}
	dep[1]=1; dg(1);
	fo(i,1,n)g[i][0]=n+1;
	dep[n+1]=n+1;
	fo(i,1,n)fo(l,0,19)g[i][l]=n+1;
	scanf("%d",&m);
	fo(i,1,m){
		scanf("%d%d",&x,&y);
		if(x==y)continue;
		int z=get(x,y);
		if(dep[z]<dep[g[x][0]])g[x][0]=z;
		if(dep[z]<dep[g[y][0]])g[y][0]=z;
		ax[i]=x; ay[i]=y;
	}
	dfs1(1); 
	dfs(1);
	fo(i,1,m)if(ax[i]!=ay[i])llb(ax[i],ay[i]+n),llb(ay[i],ax[i]+n);
	scanf("%d",&q);
	fo(i,1,q){
		scanf("%d%d",&xx[i],&yy[i]);
		int z=get(xx[i],yy[i]);
		ans[i]=get1(xx[i],z)+get1(yy[i],z);
		u1[i]=get2(xx[i],z); v1[i]=fs;
		u2[i]=get2(yy[i],z); v2[i]=fs;
		if(z!=xx[i]&&z!=yy[i])llb(u1[i],i+n+n);
	}
	dfs2(1);
	fo(i,1,q)if(ans[i]>n)puts("-1");else printf("%d\n",ans[i]); 
}