这是LCA的一个应用，关于LCA

P3398 仓鼠找 sugar

题目描述

小仓鼠的和他的基（mei）友（zi）sugar 住在地下洞穴中，每个节点的编号为 $1\sim n$。地下洞穴是一个树形结构。这一天小仓鼠打算从从他的卧室（$a$）到餐厅（$b$），而他的基友同时要从他的卧室（$c$）到图书馆（$d$）。他们都会走最短路径。现在小仓鼠希望知道，有没有可能在某个地方，可以碰到他的基友？

小仓鼠那么弱，还要天天被 zzq 大爷虐，请你快来救救他吧！

输入格式

第一行两个正整数 $n$ 和 $q$，表示这棵树节点的个数和询问的个数。

接下来 $n-1$ 行，每行两个正整数 $u$ 和 $v$，表示节点 $u$ 到节点 $v$ 之间有一条边。

接下来 $q$ 行，每行四个正整数 $a$、$b$、$c$ 和 $d$，表示节点编号，也就是一次询问，其意义如上。

输出格式

对于每个询问，如果有公共点，输出大写字母 Y；否则输出N。

输入输出样例 #1

输入 #1

5 5
2 5
4 2
1 3
1 4
5 1 5 1
2 2 1 4
4 1 3 4
3 1 1 5
3 5 1 4

输出 #1

Y
N
Y
Y
Y

说明/提示

本题时限 1s，内存限制 128M，因新评测机速度较为接近 NOIP 评测机速度，请注意常数问题带来的影响。

$20\%$ 的数据 $n,q\le 200$。

$40\%$ 的数据 $n,q\le 2\times 10^3$。

$70\%$ 的数据 $n,q\le 5\times 10^4$。

$100\%$ 的数据 $1\le n,q\le 10^5$。

解析

我说白了，我白说了
题意就是求a->b的路径与c->d的路径是否有交叉
这道题就是LCA的应用。怎么应用？诸君请看图(图中出现字母含义与题干相同)：

• 当路径有交点时：
  
  不难发现，路径交点就是LCA(b,c)，如果这个点的深度大于LCA(a,b)和LCA(c,d)的话，这个LCA(b,c)点就是交点
• 当路径没有交点时，我们知道此时的两条路径就是两棵没有交叉点的数，此时若求LCA(b,c)的话得到的就是LCA(LCA(a,b),LCA(c,d))了，这个点的深度显然会比LCA(a,b)和LCA(c,d)小。

于是我们可以通过比较LCA(a,b)、LCA(c,d)、LCA(b,c)的深度来得到答案

当然，谁也确定不了是LCA(a,b)->b与LCA(c,d)->c的路叉了，还是LCA(a,b)->b与LCA(c,d)->d的路叉了，还是LCA(a,b)->a与LCA(c,d)->d的路叉了，还是LCA(a,b)->a与LCA(c,d)->c的路叉了,所以得稍加枚举哦！

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN=200005;
int n,q;
int deep[MAXN];
vector<pair<int,int> >g[MAXN];
struct EDGE{
	int to,nxt;
}edge[MAXN];
int head[MAXN];
int ans[MAXN*3];
int id;
int tot;
int vis[MAXN];
int fa[MAXN];
void add(int u,int v){
	tot++;
	edge[tot].nxt=head[u];
	edge[tot].to=v;
	head[u]=tot;
}
int find(int x){
	return x==fa[x]?x:fa[x]=find(fa[x]);
}
void ask(int x,int y){
	id++;
	g[x].push_back(make_pair(y,id));
	g[y].push_back(make_pair(x,id));
}
//Tarjan求LCA
void tarjan(int u,int f,int d){
	vis[u]=1;deep[u]=d;
	for(int i=head[u];i;i=edge[i].nxt){
		int v=edge[i].to;
		if(v==f) continue;
		tarjan(v,u,d+1);
		fa[v]=u;
	}
	vis[u]=2;
	for(int i=0;i<g[u].size();i++){
		if(vis[g[u][i].first]==2) ans[g[u][i].second]=deep[find(g[u][i].first)];
	}
}
int main(){
	cin>>n>>q;
	int ui,vi,a,b,c,d;
	for(int i=1;i<n;i++){
		cin>>ui>>vi;
		add(ui,vi);
		add(vi,ui);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		fa[i]=i;
	}
	for(int i=1;i<=q;i++){
		cin>>a>>b>>c>>d;
		ask(a,b);ask(c,d);
		ask(a,d);ask(a,c);ask(b,c);ask(b,d);//枚举四种可能相交的情况
		//由于采用了Tarjan求法，所以在预处理查询时有点麻烦
	}
	tarjan(1,0,1);
	for(int i=1;i<=q*6;i+=6){
		int x1=ans[i];//LCA(a,b)
		int x2=ans[i+1];//LCA(c,d)
		int x3=max(max(ans[i+2],ans[i+3]),max(ans[i+4],ans[i+5]));
		//看看是四种交叉情况中的哪一种。当有交点，最深的就是交点。若没有，即使是最深的也有x1>x3或x2>x3
		if(x1<=x3&&x2<=x3) cout<<"Y"<<endl;
		else cout<<"N"<<endl;
	}
	return 0;
}

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