BZOJ2791/POI2012 Rendezvous

Task
给定一个n个顶点的有向图，每个顶点有且仅有一条出边。
对于顶点i，记它的出边为(i, a[i])。再给出q组询问，每组询问由两个顶点a、b组成，要求输出满足下面条件的x、y：
1. 从顶点a沿着出边走x步和从顶点b沿着出边走y步后到达的顶点相同。
2. 在满足条件1的情况下max(x,y)最小。
3. 在满足条件1和2的情况下min(x,y)最小。
4. 在满足条件1、2和3的情况下x>=y。
如果不存在满足条件1的x、y，输出-1,-1。
n,q<=500,000.

Solution
根据题目的条件可以建出一棵基环外向树,也就是下图的结构.

可以看做一个环和以环上各个节点为根的树.那么对于(x,y)就有以下几种可能:
1.x,y在不同联通块中,无解.
2.x,y在同一棵树中,例如(a,b).那么两点之间的最短路径是确定的,就是它们分别走向LCA的步数.现在问题就转化成了求LCA了.
3.x,y在不同的树中,例如(d,a).那么它们相遇的路径有两种可能:
a->c,d->c或a->e,d->e,只要记录每个节点所在的树 的根节点编号和在环上的位置即可.

Code

#include<cstdio>#include<cstring>#include<iostream>#include<algorithm>using namespace std;const int M=500005;const int S=20;int dep[M],ec=0,fa[M],n,q,A[M],head[M],id[M],par[M][S],sz[M],B[M];//一千万 int on[M];inline void rd(int &res){    res=0;char c;    while(c=getchar(),c<48);    do res=(res<<1)+(res<<3)+(c^48);    while(c=getchar(),c>=48);}inline void print(int x){    if(!x)return ;    print(x/10);    putchar((x%10)^48);}inline void sc(int x){    if(x<0){x=-x;putchar('-');}    print(x);    if(!x)putchar('0');}struct node{    int to,nex;}e[M];int get(int x){    if(fa[x]!=x)return fa[x]=get(fa[x]);    return fa[x];}void Add_edge(int a,int b){    e[ec]=(node){b,head[a]};    head[a]=ec++;}void dfs(int p,int x,int d){    dep[x]=d;    id[x]=p;    for(int i=head[x];~i;i=e[i].nex){        dfs(p,e[i].to,d+1);    }}void pt(int a,int b){    sc(a);putchar(' ');    sc(b);putchar('\n');}int lca(int a,int b){    if(dep[a]<dep[b])swap(a,b);    if(b==id[a])return b;    int i,step=dep[a]-dep[b];    for(i=S-1;i>=0;i--){        if(step&(1<<i))a=par[a][i];    }    if(a==b)return a;    for(i=S-1;i>=0;i--){        if(par[a][i]!=par[b][i])a=par[a][i],b=par[b][i];    }    return par[a][0];}int main(){    int i,j,k,a,b,c;    memset(head,-1,sizeof(head));    scanf("%d %d",&n,&q);    for(i=1;i<=n;i++)fa[i]=i;    for(i=1;i<=n;i++){        rd(A[i]);        int x=get(A[i]);        if(x==i){//find  a loop            B[x]=id[x]=x;sz[x]=1;            on[x]=1;x=A[i];            while(x!=i){//找到环                B[x]=i;                on[x]=++sz[i];                x=A[x];            }        }        else fa[i]=x;        par[i][0]=A[i];    }    for(i=1;i<=n;i++){        if(!on[i])Add_edge(A[i],i);    }    for(i=1;i<=n;i++){        if(on[i])dfs(i,i,1);//i是环上的节点,以i为根遍历树    }    for(j=1;j<S;j++){        for(i=1;i<=n;i++)            par[i][j]=par[par[i][j-1]][j-1];    }    while(q--){        rd(a);rd(b);        if(B[id[a]]!=B[id[b]]){            pt(-1,-1);            continue;        }        if(id[a]==id[b]){            int c=lca(a,b);            pt(dep[a]-dep[c],dep[b]-dep[c]);            continue;        }        int c=dep[a]-dep[id[a]],d=dep[b]-dep[id[b]];        int mx1,mx2,siz=sz[B[id[a]]],step=on[id[b]]-on[id[a]];//表示从a走到b        if(step<0)step+=siz;         mx1=max(c+step,d),mx2=max(c,d+siz-step);        if(mx1<mx2)pt(c+step,d);        else if(mx2<mx1)pt(c,d+siz-step);        else {            int mn1=c+step+d-mx1,mn2=c+d+siz-step-mx2;            if(mn1>mn2)pt(c,d+siz-step);            else pt(c+step,d);        }    }    return 0;}