【2-SAT】【树链剖分】【线段树】【前缀和优化建图】CF1007D Ants

题意

给定一棵树，开始每条边都没有颜色
有m次操作，每次给定两个点对$(a,b)$$(c,d)$，选择一个给两者的路径上的边染色
问是否存在一种选择方式，使得不存在被重复染色的边

分析

考虑这种二选一 的需要2-SAT解决
重点在于降低建图的复杂度

利用树链剖分和线段树实现路径染色
那么我们要求就是线段树上存在儿子祖先关系的点不能同时选择

这里用到了前缀和优化建图
最上方一行和最下方一行为辅助节点，这样保证了点数是$O(nlo{g}^{2}n)$级别的，降低了复杂度

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=1e5+5;
int n,top[maxn],siz[maxn],son[maxn];
vector <int> G[maxn];
int m,seg[maxn];
int f[maxn],dep[maxn];
void dfs(int u,int fa)
{
    siz[u]=1; dep[u]=dep[fa]+1; f[u]=fa;
    for(auto to:G[u])
    {
        if(to==fa) continue;
        dfs(to,u);
        siz[u]+=siz[to];
        if(siz[to]>siz[son[u]]) son[u]=to;
    }
}
void ddfs(int u,int fa)
{
    top[u]=fa; seg[u]=++seg[0];
    if(son[u])
    {
        ddfs(son[u],fa);
        for(auto to:G[u])
        {
            if(to==f[u] || to==son[u]) continue;
            ddfs(to,to);
        }
    }
}
int cnt;
vector <int> tag[maxn<<2];
void modify(int now,int l,int r,int L,int R,int val)
{
    if(l>=L && r<=R)
    {
        tag[now].push_back(val);
        return;
    }
    int mid=l+r>>1;
    if(L<=mid) modify(now<<1,l,mid,L,R,val);
    if(mid<R) modify(now<<1|1,mid+1,r,L,R,val);
}
void add(int x,int y,int val)
{
    while(top[x]!=top[y])
    {
        if(dep[top[x]]<dep[top[y]]) swap(x,y);
        modify(1,2,n,seg[top[x]],seg[x],val);
        x=f[top[x]];
    }
    if(dep[x]>dep[y]) swap(x,y);
    if(seg[x]<seg[y]) modify(1,2,n,seg[x]+1,seg[y],val);
}
vector <int> T[maxn<<6];
void addedge(int x,int y)
{
    T[x].push_back(y);
    T[y^1].push_back(x^1);
}
void build(int now,int l,int r,int lst)
{
    int L=++cnt,R=cnt+tag[now].size();
    cnt+=tag[now].size();
    if(L<R) addedge(R<<1|1,R-1<<1|1);
    else if(lst) addedge(L<<1|1,lst<<1|1);
    for(int i=0;i<tag[now].size();i++)
    {
        int id=tag[now][i];
        if(i) addedge(L+i<<1|1,L+i-1<<1|1),addedge(L+i-1<<1,id^1);
        else if(lst) addedge(L<<1|1,lst<<1|1),addedge(lst<<1,id^1);
        addedge(id,L+i<<1);
    }
    if(l<r)
    {
        int mid=l+r>>1;
        build(now<<1,l,mid,R);
        build(now<<1|1,mid+1,r,R);
    }
}
int dfn[maxn<<6],dfs_time,low[maxn<<6];
int st[maxn<<6],tp,color[maxn<<6],color_cnt;
void tarjan(int u)
{
    st[++tp]=u; dfn[u]=low[u]=++dfs_time;
    for(auto to:T[u])
    {
        if(!dfn[to])
        {
            tarjan(to);
            low[u]=min(low[u],low[to]);
        }
        else if(!color[to])
            low[u]=min(low[u],dfn[to]);
    }
    if(dfn[u]==low[u])
    {
        ++color_cnt;
        while(1)
        {
            color[st[tp]]=color_cnt;
            tp--;
            if(st[tp+1]==u) break;
        }
    }
}
int main()
{
    freopen("color.in","r",stdin);
    freopen("color.out","w",stdout);
    scanf("%d",&n);
    int x,y;
    for(int i=1;i<n;i++)
    {
        scanf("%d%d",&x,&y);
        G[x].push_back(y);
        G[y].push_back(x);
    }
    dfs(1,0); ddfs(1,1);
    scanf("%d",&m);
    cnt=m;
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        int a,b,c,d;
        scanf("%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d);
        add(a,b,i<<1); add(c,d,i<<1|1);
    }
    build(1,2,n,0);
    for(int i=2;i<=(cnt<<1|1);i++) if(!dfn[i]) tarjan(i);
    for(int i=1;i<=m;i++)
        if(color[i<<1]==color[i<<1|1])
        {
            printf("NO");
            return 0;
        }
    printf("YES\n");
    for(int i=1;i<=m;i++)
        printf("%d\n",color[i<<1]<color[i<<1|1]?1:2);
    return 0;
}