[COCI2017-2018#5] Pictionary

传送门

题目大意

给定 $n$ 个点，第 $i$ 次会把所有编号满足 $\gcd (a,b)=m-i+1$ 的点对连边，对于每个询问 $a,b$，求点 $a$ 和点 $b$ 什么时候联通。

Solution

场上没做出来，还是逊了。

脑洞不够，套路不够。其实想通了还是蛮简单的。

首先我们考虑把连边转化一下。如果 $\gcd (a,b)=k$，那么显然 $a$ 和 $b$ 都是 $k$ 的倍数。而每一次把 $\gcd (a,b)=k$ 的所有点连边，最后的连通性与把所有的 $k$ 的倍数是一样一样的。因此我们可以说，第 $i$ 次把所有编号为 $m-i+1$ 的倍数的点之间连边。

然后我们可以发现，如果我们把每次加的边编号的话，那么两个点之间最早的联通时间是路径上的最大值。因此就转化为求两点间所有路径上的最大值最小是多少。

于是自然联想到 货车运输 这题。考虑每次按序加边，同时维护是一颗树。当然可以选择克鲁斯卡尔重构树，或者直接最小生成树都是可以的，我代码中给出克鲁斯卡尔重构树的写法。

还有一个就是路径最值，可以倍增维护，当然也可以用树剖（不写挂的话）。

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define inf (1<<30)
#define INF (1ll<<60)
using namespace std;
const int MAXN=2e5+10;
int f[MAXN],val[MAXN];
int find(int x){return f[x]==x?x:f[x]=find(f[x]);}
vector<int> e[MAXN];
int fa[MAXN][20],dp[MAXN][20],dep[MAXN];
void dfs(int x,int fat){
	fa[x][0]=fat;dp[x][0]=val[fat];
	for(int i=1;i<20;i++)
		fa[x][i]=fa[fa[x][i-1]][i-1];
	for(int i=1;i<20;i++)
		dp[x][i]=max(dp[x][i-1],dp[fa[x][i-1]][i-1]);
	for(int i=0;i<e[x].size();i++){
		int s=e[x][i];if(s==fat) continue;
		dep[s]=dep[x]+1;dfs(s,x);
	}
}
int LCA(int x,int y){
	if(dep[x]<dep[y]) swap(x,y);
	int dlt=dep[x]-dep[y];
	for(int i=0;i<20;i++)
		if(dlt&(1<<i))
			x=fa[x][i];
	if(x==y) return x;
	for(int i=19;i>=0;i--)
		if(fa[x][i]!=fa[y][i])
			x=fa[x][i],y=fa[y][i];
	return fa[x][0];
}
int main()
{
	int n,m,Q;
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&Q);
	int cnt=n;
	for(int i=1;i<=n*2;i++)
		f[i]=i;
	for(int i=1;i<=m;i++){
		int dis=m-i+1;
		for(int j=dis;j+dis<=n;j+=dis){
			int u=find(j),v=find(j+dis);
			if(u==v) continue;
			val[++cnt]=i;
			f[u]=f[v]=cnt;
			e[cnt].push_back(u);
			e[cnt].push_back(v);
		}
	}
	dfs(cnt,0);
	int x,y;
	while(Q--){
		scanf("%d%d",&x,&y);
		int lca=LCA(x,y);
		int dlt=dep[x]-dep[lca];
		int ans=0;
		for(int i=0;i<19;i++)
			if(dlt&(1<<i))
				ans=max(ans,dp[x][i]),
				x=fa[x][i];
		dlt=dep[y]-dep[lca];
		for(int i=0;i<19;i++)
			if(dlt&(1<<i))
				ans=max(ans,dp[y][i]),
				y=fa[y][i];
		printf("%d\n",ans);
	}
}

End

校内模拟赛 T3，受益匪浅。