花卉港湾 (floral)

题目来源：$2025$ 年省选集训第二轮 Day 1。

$\S 1\quad$ 题意

给定一棵 $n$ 个点的树，第 $i$ 条边连接 $u_i$ 和 $v_i$。令 $G=(V,E)$，其中 $V=\set{1,2,\dots,n}$，$E=\set{(u,v)\mid \text{dist}(u,v)\ge K}$。

接下来有 $Q$ 次询问，每次询问给定两个点 $u,v$，输出图 $G$ 上 $u$ 和 $v$ 之间的最短路。

$\text{Subtask}$	$n$	$Q$	特殊性质	分值
$1$	$\le 200$	$\le 200$		$30$
$2$	$\le 2000$	$\le 2000$		$25$
$3$	$\le 10^5$	$\le 10^5$	树的第 $i$ 条边为 $(i,i+1)$	$20$
$4$	$\le 10^5$	$\le 10^5$		$25$

$\S 2\quad$ 思路

性质： 答案至多为 $3$。

证明： 考虑对于任意一个点 $u$，其最远点必然在树的某条直径上，而直径的长度必然大于等于 $K$，否则无解。令 $u$ 的最远点为 $F_u$，$v$ 的最远点为 $F_v$，则分为两种情况：

$F_u$ 和 $F_v$ 之间的距离 $\ge K$：那么显然从 $u\to F_u\to F_v\to v$ 便是一条可行的路径。
$\text{otherwise}$：$F_u$ 和 $F_v$ 所处直径相交的点数必然大于 $1$（即除去所有直径相交的点之外，还有其余点相交）

但是，这种情况 $F_u$ 必然可以直接到 $v$。因为 $F_u$ 到 $\text{LCA}(F_u,F_v)$ 的距离与 $F_v$ 到 $\text{LCA}(F_u,F_v)$ 的距离是相等的，因为如果不相等，则 $F_u$ 或 $F_v$ 必然有一个不是最远点。

推论： $u$ 和 $v$ 不联通当且仅当 $u$ 到其最远点的距离小于 $K$ 或 $v$ 到其最远点的距离小于 $K$。

证明： 根据刚才的证明，发现过程中仅用到了 $u$ 到其最远点的距离 $\ge K$ 以及 $v$ 到其最远点的距离 $\ge K$（若满足上述两个条件，直径必然 $\ge K$）。

有了上述两个结论之后，我们发现只需要再判定答案是 $1$ 还是 $2$ 了。$1$ 很简单，当且仅当 $\text{dist}(u,v)\ge K$，所以只有 $2$ 是困难的。接下来，讨论若干种解决 $2$ 的做法。

$\S 2.1\quad$ 思路 1

笔者赛时思路，但是赛时并未调出来，赛后调出来的。

长度是 $2$ 相当于 $u\to w\to v$，而我们并不能暴力地枚举 $w$，这样只能过 $\text{Subtask}$ $1,2$。将 $w$ 可能的取值划分为 $5$ 的部分：

$\text{Part 1}$：距离 $\text{lca}$ 最远的节点 $w$，便是最优的。判断条件为：
- $\text{dist}(u,w)\ge K$ 且 $\text{dist}(v,w)\ge K$
$\text{Part 2/3}$：以 $\text{Part 2}$ 为例，$\text{Part 3}$ 同理。令 $i$ 为 $\text{lca}(u,w)$，那么当 $i$ 固定的情况下，$w$ 必然选择 $i$ 子树内（排出 $u$ 所对应的子树）最远的点，这个是可以预处理的，记作 $mx_i$。列出条件：
- $\text{dep}_u-\text{dep}_w+mx_w\ge K$
- $\text{dep}_v-\text{dep}_{\text{lca}}+mx_w+\text{dep}_{w}\ge K$
化简一下：$mx_w\ge \max(K-\text{dep}_u+\text{dep}_w,K-\text{dep}_v+\text{dep}_{\text{lca}}-\text{dep}_w)$。

此时，分讨 $\text{max}$ 的取值，发现在左侧是一段连续的区间，取值在右侧是一段连续的区间。因为

\[\begin{align} K-\text{dep}_u+\text{dep}_w&\ge K - \text{dep}_v+\text{dep}_\text{lca}-\text{dep}_w\\ 2\text{dep}_w&\ge \text{dep}_u-\text{dep}_v+\text{dep}_{\text{lca}} \end{align} \]
这显然在一条链上是连续的。

于是，转化为：

\[mx_w-\text{dep}_w\ge K-\text{dep}_u \]
等价于求解路径最大值。由于没有修改，故采用倍增即可。
$\text{Part 4/5}$：只需要求解子树内最长链，并判断是否大于等于 $K$ 即可。

时间复杂度：$O(n\log n)$。

$\S 2.2\quad $ 思路 2

既然直径可找出 $3$ 的通解，那能不能也在直径上进行判断是否存在 $2$ 的答案呢？

考虑在一条直径上，每个点都会拉出去若干棵子树，考虑每个点到直径上的点拉出了一条链（令 $top_u$ 表示 $u$ 点不断走父亲边到达的直径上的点）：

接下来，考虑 $w$ 的位置：

如果在 $top_u/top_v$ 连接的子树中，则还是不如直接在直径端点，因为比如说 $w$ 在 $top_u$ 中，那么 $\text{dist}(u,w)<\text{dist}(a,w)$。而且 $\text{dist}(v,w)=\text{dist}(a,v)$，所以说 $w$ 一定不如 $a$。

于是，只需要考虑 $w$ 在直径上某个点 $i$ 拉出的子树内。列出条件：

$mx_i+i-top_u+\text{dep}_u\ge K$
$mx_i+top_v-i+\text{dep}_u\ge K$

这是一个二维偏序，过于复杂。但是，由于只需要判断合法性，所以一维直接求最大值即可，转变为全序！

如果使用 $O(n)-O(1)$ LCA，即可做到时间复杂度 $O(n)$。线性！

$\S 3\quad$ 代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int maxn = 100005;

int N, K, Q;
std::vector<int> g[maxn];
int dep[maxn];
int dmx[maxn][3], umx[maxn];
int fa[maxn][20], sub[maxn][20], sum[maxn][20];

void dfs1(int u) {
	dmx[u][0] = 0;
	for (int i = 1; i < 20; i ++)
		fa[u][i] = fa[fa[u][i - 1]][i - 1];
	for (auto v : g[u]) {
		if (v == fa[u][0]) continue;
		dep[v] = dep[u] + 1, fa[v][0] = u;
		dfs1(v);
		if (dmx[v][0] + 1 > dmx[u][0]) {
			dmx[u][2] = dmx[u][1];
			dmx[u][1] = dmx[u][0];
			dmx[u][0] = dmx[v][0] + 1;
		} else if (dmx[v][0] + 1 > dmx[u][1]) {
			dmx[u][2] = dmx[u][1];
			dmx[u][1] = dmx[v][0] + 1;
		} else if (dmx[v][0] + 1 > dmx[u][2]) {
			dmx[u][2] = dmx[v][0] + 1;
		}
	}
}
void dfs2(int u) {
	if (dmx[u][0] + 1 == dmx[fa[u][0]][0]) {
		sub[u][0] = K - dmx[fa[u][0]][1] - dep[fa[u][0]];
		sum[u][0] = K - dmx[fa[u][0]][1] + dep[fa[u][0]];
	} else {
		sub[u][0] = K - dmx[fa[u][0]][0] - dep[fa[u][0]];
		sum[u][0] = K - dmx[fa[u][0]][0] + dep[fa[u][0]];
	}

	for (int i = 1; i < 20; i ++) {
		sub[u][i] = min(sub[u][i - 1], sub[fa[u][i - 1]][i - 1]);
		sum[u][i] = min(sum[u][i - 1], sum[fa[u][i - 1]][i - 1]);
	}

	int mx1 = -(1 << 30), mx2 = -(1 << 30);
	for (auto v : g[u]) {
		if (v == fa[u][0]) continue;
		if (dmx[v][0] > mx1) mx2 = mx1, mx1 = dmx[v][0];
		else if (dmx[v][0] > mx2) mx2 = dmx[v][0];
	}
	for (auto v : g[u]) {
		if (v == fa[u][0]) continue;
		umx[v] = umx[u] + 1;
		if (mx1 == dmx[v][0]) umx[v] = max(mx2 + 2, umx[v]);
		else umx[v] = max(mx1 + 2, umx[v]);
		dfs2(v);
	}
}
int lca(int a, int b) {
	if (dep[a] < dep[b]) swap(a, b);
	for (int i = 19; i >= 0; i --)
		if (dep[fa[a][i]] >= dep[b]) {
			a = fa[a][i];
		}
	if (a == b) return a;
	for (int i = 19; i >= 0; i --)
		if (fa[a][i] != fa[b][i]) {
			a = fa[a][i];
			b = fa[b][i];
		}
	return fa[a][0];
}

int main() {
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);
	ios::sync_with_stdio(0);

	cin >> N >> Q >> K;
	for (int i = 1; i < N; i ++) {
		int u, v;
		cin >> u >> v;
		g[u].push_back(v);
		g[v].push_back(u);
	}

	memset(sum, 0x3f, sizeof sum);
	memset(sub, 0x3f, sizeof sub);
	memset(dmx, -0x3f, sizeof dmx);
	dep[1] = 1, dfs1(1), dfs2(1);

	while (Q -- ) {
		int u, v;
		cin >> u >> v;

		if (min(max(umx[u], dmx[u][0]), max(umx[v], dmx[v][0])) < K)
			cout << -1 << endl;
		else {
			int LCA = lca(u, v);
			if (dep[u] + dep[v] - 2 * dep[LCA] >= K)
				cout << 1 << endl;
			else if (umx[LCA] >= max(K - dep[u] + dep[LCA], K - dep[v] + dep[LCA]))
				cout << 2 << endl;
			else {
				bool ok = false;
				int P[2] = {0};
				for (int t : {0, 1}) {
					int x = u, res = 1 << 30;
					if (u == LCA) {
						swap(u, v);
						continue;
					}
					for (int i = 19; i >= 0; i --) {
						int j = fa[fa[x][i]][0];
						if (dep[fa[x][i]] > dep[LCA] + 1 && dep[u] - dep[j] <= dep[v] + dep[j] - 2 * dep[LCA]) {
							res = min(res, sum[x][i]);
							x = fa[x][i];
						}
					}

					if (dep[x] > dep[LCA] + 1 && dep[u] - dep[x] <= dep[v] + dep[x] - 2 * dep[LCA])
						res = min(res, sum[x][0]);
					if (res <= dep[u]) ok = true;

					res = 1 << 30;
					if (dep[x] > dep[LCA] + 1) {
						x = fa[x][0];
						for (int i = 19; i >= 0; i -- ) {
							if (dep[fa[x][i]] > dep[LCA] + 1) {
								res = min(res, sub[x][i]);
								x = fa[x][i];
							}
						}
						if (dep[x] > dep[LCA] + 1) res = min(res, sub[x][0]);
						if (res <= dep[v] - 2 * dep[LCA]) ok = true;
					}
					if (fa[x][0] == LCA) P[t] = x;
					else P[t] = fa[x][0];
					assert(fa[P[t]][0] == LCA);
					swap(u, v);
				}
				
				int temp[2] = {dep[P[0]] - dep[LCA] + dmx[P[0]][0], dep[P[1]] - dep[LCA] + dmx[P[1]][0]};
				if (u == LCA) temp[0] = -1;
				if (v == LCA) temp[1] = -1;

				if (temp[0] == dmx[LCA][0] && temp[1] == dmx[LCA][1] || temp[0] == dmx[LCA][1] && temp[1] == dmx[LCA][0])
					ok |= dmx[LCA][2] + min(dep[u] - dep[LCA], dep[v] - dep[LCA]) >= K;
				else if (dmx[LCA][0] == temp[0] || dmx[LCA][0] == temp[1])
					ok |= dmx[LCA][1] + min(dep[u] - dep[LCA], dep[v] - dep[LCA]) >= K;
				else
					ok |= dmx[LCA][0] + min(dep[u] - dep[LCA], dep[v] - dep[LCA]) >= K;

				if ((u != LCA && dmx[u][0] >= K) || (v != LCA && dmx[v][0] >= K)) ok = true;
				
				if (ok) cout << 2 << endl;
				else cout << 3 << endl;
			}
		}
	}

	return 0;	
}

posted @ 2025-05-07 14:31 Pigsyy 阅读(36) 评论(0) 收藏举报

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\(\text{Subtask}\)	\(n\)	\(Q\)	特殊性质	分值
\(1\)	\(\le 200\)	\(\le 200\)		\(30\)
\(2\)	\(\le 2000\)	\(\le 2000\)		\(25\)
\(3\)	\(\le 10^5\)	\(\le 10^5\)	树的第 \(i\) 条边为 \((i,i+1)\)	\(20\)
\(4\)	\(\le 10^5\)	\(\le 10^5\)		\(25\)

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\(\S 1\quad\) 题意

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$\S 2.2\quad $ 思路 2

\(\S 3\quad\) 代码

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