P4281 [AHOI2008]紧急集合

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认真手玩各种样例并灵活运用LCA寻找性质

Description

给定一棵$n$个节点、边权均为1的树，$q(n,q\le 5\times 10^5)$组询问，每组询问给定三个节点编号$x,y,z$，要求在树上寻找一点$p$，使得$dis(p,x)+dis(p,y)+dis(p,z)$最小化。每组询问输出$p$及min{dis(p,x)+dis(p,y)+dis(p,z)}min\{dis(p,x)+dis(p,y)+dis(p,z)\}min{dis(p,x)+dis(p,y)+dis(p,z)}。

Solution

首先不难发现：对于$x,y,z$，答案一定在任意两点间的最短路径上。而涉及到树上最短路径的问题，往往要考虑LCA。对于此题，如果只是求一组或两组$x,y,z$之间的LCA，会涉及到十分多的情况特判，绝非正解。

此题倍增LCA版的正解涉及到一个引理：树上任意三点两两求LCA得到三个节点编号的可重集L={l1,l2,l3}L=\{l1,l2,l3\}L={l1,l2,l3}，其中至少有两个节点相同。而对于此题，集合处$p$一定是$L$两个元素中的一个且一定是出现次数为$1$的节点（事实上，不重合的公共点情况下 一个单独的点移动比另两个点移动距离要多，较另外一种情况花费当然更低）。

最后注意：找到$p$点后我们需要利用树上差分的点对距离版本来写答案式：

对于边权为1的树上任意两点$x,y$，其最短距离$dis(x,y)$的距离公式为：

​ $$dis(x,y)=dept{h}_x+dept{h}_y-2dept{h}_{lca(x,y)}$$

Code

#include<cstdio>
#include<iostream>
#define ri register int
using namespace std;

const int MAXN=5e5+20;
int N,M,Q,u[MAXN<<1],v[MAXN<<1],fst[MAXN<<1],nxt[MAXN<<1];
int dep[MAXN],f[MAXN][20],s1,s2,s3,l1,l2,l3,pla,ans;

void dfs(int x,int depth,int fa)
{
	dep[x]=depth; f[x][0]=fa;
	for(ri k=1;(1<<k)<=depth;++k)	
		f[x][k]=f[f[x][k-1]][k-1];
	for(ri k=fst[x];k>0;k=nxt[k])
		if(v[k]!=fa)	dfs(v[k],depth+1,x);
}

int LCA(int x,int y)
{
	if(dep[x]>dep[y])	swap(x,y);
	for(ri k=19;k>=0;--k)
		if(dep[y]-(1<<k)>=dep[x])	y=f[y][k];
	if(x==y)	return x;
	for(ri k=19;k>=0;--k)
		if(f[x][k]!=f[y][k])
		{
			x=f[x][k];
			y=f[y][k];
		}
	return f[x][0];
}

int main()
{
	scanf("%d%d",&N,&Q);
	M=(N-1)<<1;
	for(ri i=1;i<=M;i+=2)
	{
		scanf("%d%d",&u[i],&v[i]);
		nxt[i]=fst[u[i]]; fst[u[i]]=i;
		u[i+1]=v[i]; v[i+1]=u[i];
		nxt[i+1]=fst[u[i+1]]; fst[u[i+1]]=i+1;
	}
	dfs(1,0,0);
	for(ri i=1;i<=Q;++i)
	{
		scanf("%d%d%d",&s1,&s2,&s3);
		l1=LCA(s1,s2),l2=LCA(s1,s3),l3=LCA(s2,s3);
		if(l1==l2)	pla=l3;
		if(l1==l3)	pla=l2;
		if(l2==l3)	pla=l1;
		ans=dep[s1]+dep[s2]+dep[s3]-dep[l1]-dep[l2]-dep[l3];
		cout<<pla<<" "<<ans<<'\n';
	}
	return 0;
}