Fzu 2207 以撒的结合【思维+Dfs序】好题！好题！

 Problem 2207 以撒的结合

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 Problem Description

小茗同学最近在认真地准备比赛，所以经常玩以撒的结合。

《以撒的结合》是一款由Edmund McMillen，Florian Himsl 开发，并由Edmund McMillen最早于2011年09月29日发行的一款2D平面角色扮演、动作冒险类的独立游戏。游戏的角色将在有着能够提升能力的道具与特殊技能的半RPG世界中闯荡。

——来自百度百科

小茗同学在打BOSS前，费掉了很多HP。在地图的一些房间里有补充HP的红心，然而小茗同学受到了看不见地图的诅咒。凭借不知道哪里来的记忆，小茗同学记得某个有红心的房间在房间A与房间B的路上的第K个房间里。为了简化问题，我们把地图看成一棵树。小茗同学想知道A到B的第K个房间号为多少，由于小茗同学很累，所以现在这个任务交给你了。

 Input

第一行是一个整数T(T<=10)，表示有T组测试数据。

每组数据的第一行为两个整数n m(0<n<=1000,0<m<=n*n),分别表示房间个数和询问次数。

接下来n-1行，每行两个整数u v(0<u、v<=n，且u≠v),表示地图上房间u和房间v有一条路径。

最后是m行，每行三个整数u v k，表示询问房间u到房间v的路径上的第k个房间。

输入数据保证合法，即k不超过u、v的最短距离。

 Output

对于每组数据，首先第一行先输出“Case #x:“ ，其中x是从1开始，表示数据组号，接下来m行，每行输出相应的房间号。

 Sample Input

1

6 3

1 2

2 4

2 5

1 3

3 6

4 6 4

1 6 2

4 5 3

 Sample Output

Case #1:

3

3

5

 Source

FOJ有奖月赛-2015年11月

思路：

1、观察到N的范围不大，我们肯定可以O（n^2） 处理出来dist【i】【j】，表示从i走到j的最短距离。

那么如果存在一个询问u，v，k；

那么如果存在一个点tmp，使得dist【u】【tmp】+dist【tmp】【v】==dist【u】【v】&&dist【u】【tmp】==k，那么这个点tmp就是结果了。

然而对于每一个查询都这样去判断的话，时间复杂度会达到O（n^2+n*m）；这里m很大，可以近似看做O（n^3）；是肯定要TLE掉的。

2、那么我们考虑优化。

其实我们知道，这样的tmp点是唯一的。

而且如果我们以点u作为树的根的话，u和tmp都将会是点v的祖先。

我们可以处理Dfs序，来O（1）询问一个点是否是另一个点的祖先。

那么我们不妨离线去做。

那么我们设定q【i】【j】表示从点i，到某些点，距离为j的询问。

那么vector<>q【i】【j】需要存入两个信息，一个是查询的编号，另一个是查询的点。

接下来我们O（n）枚举一个点作为根，然后遍历整颗树，得到一个Dfs序，过程得到dist【i】【j】；

然后我们O（n）去枚举一个点作为结果点，那么对应dist【i】【j】就是两点间距离。

那么对于当前枚举出来的结果点，我们解决相关q【i】【dist[i][j]】中存入的询问。

设定点v为查询，即v=q【i】【dist[i][j]】.v；

如果当前点j，有：L【v】>=L【i】&&L【v】<=R【j】；那么此时就是说明，点j是点v的祖先。

那么成立：点j是从i到v的路径上的第dist【i】【j】个点。

整体查询时间复杂度O（n^2+m）；

Ac代码：

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<vector>
using namespace std;
struct node
{
    int v,pos;
};
int ans[1050*1050];
int L[1050];
int R[1050];
int dist[1050][1050];
vector<int >mp[1050];
vector<node >q[1050][1050];
int n,m;
int tim;
void Dfs(int root,int u,int from,int depth)
{
    L[u]=++tim;
    dist[root][u]=depth;
    for(int i=0;i<mp[u].size();i++)
    {
        int v=mp[u][i];
        if(v==from)continue;
        Dfs(root,v,u,depth+1);
    }
    R[u]=tim;
}
int main()
{
    int t;
    int kase=0;
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        scanf("%d%d",&n,&m);
        for(int i=1;i<=n;i++)mp[i].clear();
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            for(int j=1;j<=n;j++)
            {
                q[i][j].clear();
            }
        }
        for(int i=0;i<n-1;i++)
        {
            int x,y;
            scanf("%d%d",&x,&y);
            mp[x].push_back(y);
            mp[y].push_back(x);
        }
        for(int i=0;i<m;i++)
        {
            int u,v,len;
            scanf("%d%d%d",&u,&v,&len);
            node now;
            now.v=v;
            now.pos=i;
            q[u][len].push_back(now);
        }
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            tim=0;
            Dfs(i,i,-1,1);
            for(int j=1;j<=n;j++)
            {
                for(int k=0;k<q[i][dist[i][j]].size();k++)
                {
                    node now=q[i][dist[i][j]][k];
                    int v=now.v;
                    //j是v的祖先
                    if(L[v]>=L[j]&&L[v]<=R[j])
                    {
                        ans[now.pos]=j;
                    }
                }
            }
        }
        printf("Case #%d:\n",++kase);
        for(int i=0;i<m;i++)
        {
            printf("%d\n",ans[i]);
        }
    }
}