bzoj2144 跳跳棋 二分&lca 神题

       这绝对是一道超级神题！！（表示自己智商低想不到/(ㄒoㄒ)/~~）。

       对于状态(x,y,z)，看一下它能走到什么：

       中间的向外面跳->(2*x-y,x,z) ->(x,z,2*z-y)；两边往中间跳：当y-x≠z-y时合法，不妨设y-x>z-y，那么->(y,2*y-x,z)。

       可以看到，不考虑特殊情况，往中间跳有一种情况；往两边跳有两种情况；

       可以发现，对于(x,y,z)往两边跳得到的状态(u,v,w)，那么(x,y,z)同样是(u,v,w)往中间跳得到的状态！

       那么，我们将(u,v,w)往中间跳得到的状态(x,y,z)作为(u,v,w)的父亲，那么所有的状态刚好构成了一颗树！

       然后答案就变成了求树上两点的距离！

       （完了有点激动打了好多回车啊）回想一下普通的树上两点距离，需要得到两点的lca；更一般的需要快速得到某一个点的祖先，那么现在看一下在这道题目中，如何得到一个状态的祖先，即状态(x,y,z)往中间跳k步得到的状态。

       如果直接向中间跳k步显然超时的；那么不妨令a=y-x,b=z-y，不妨设a>b，那么显然(x,y,z)的父亲(u,v,w)，满足v-u=a-b,w-v=b，定义状态(a,b)可以转移到状态(a-b,b)。那么显然每一个状态(x,y,z)对应唯一一个(a,b)，我们发现了什么？如果a>b，那么(a,b)->(a-b,b)或(a,b-a)，那么难道不可以用取模来加速运算吗？即(a,b)->(a%b,b)或(a,b%a)，刚好和求gcd一样！因此这么做就变成O(log2b)了！

       于是我们可以用O(log2k)的时间得到状态(x,y,z)往中间跳k步得到的状态；那么，我们首先判断初始状态和目标状态是否在一颗树中（即根节点是否相同），如果不同输出"NO"；否则，回忆倍增求lca的过程，类似的我们可以把初始状态和目标状态先提到同一个深度，然后二分它们到其lca的距离，就可以解决辣！！

       时间复杂度O(log^2N)。

AC代码如下：

#include<iostream>#include<cstring>#include<cstdio>#define inf 1000000000using namespace std;int len,k;struct node{int x,y,z;void init(){scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);if (y<x) swap(x,y); if (z<x) swap(x,z); if (z<y) swap(y,z);}}a,b,p,q;bool eql(node u,node v){return u.x==v.x && u.y==v.y && u.z==v.z;}node getfa(node t,int rst){for (len=0; rst; len+=k){int u=t.y-t.x,v=t.z-t.y;if (u==v) return t;if (u<v){k=min((v-1)/u,rst);t.x+=k*u; t.y+=k*u; rst-=k;} else{k=min((u-1)/v,rst);t.y-=k*v; t.z-=k*v; rst-=k;}}return t;}int main(){a.init(); b.init();p=getfa(a,inf); int len1=len;q=getfa(b,inf); int len2=len;if (!eql(p,q)){ puts("NO"); return 0; }if (len1<len2){ swap(a,b); swap(len1,len2); }a=getfa(a,len1-len2);int l=0,r=len2,mid;while (l<r){mid=(l+r)>>1;if (eql(getfa(a,mid),getfa(b,mid))) r=mid; else l=mid+1;}printf("YES\n%d\n",(l<<1)+len1-len2);}

by lych

2016.3.4