[NC13331]城市网络

题意：

思路：

对于每组查询，我们直接从$u$往上搜到$v$，复杂度$O(nq)$，显然不可取（不过这题开始的数据很弱，暴力就过了）

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

int n,q;

int a[100005];

int u,v,c;

int par[100005];

vector<int> G[100005];

void dfs(int u,int v){

    par[u]=v;

    for(auto i:G[u]){

        if(i!=v) dfs(i,u);

    }

}

int cal(int u,int v,int c){

    int num=0;

    while(u!=v){

        if(a[u]>c){

            c=a[u];

            num++;

        }

        u=par[u];

    }

    if(a[v]>c) num++;

    return num;

}

int main(){

    cin>>n>>q;

    for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];

    int t1,t2;

    for(int i=0;i<n-1;i++){

        cin>>t1>>t2;

        G[t1].push_back(t2);

        G[t2].push_back(t1);

    }

    //preprocess

    dfs(1,0);

    while(q--){

        cin>>u>>v>>c;

        cout<<cal(u,v,c)<<endl;

    }

    return 0;

}#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

int n,q;

int a[100005];

int u,v,c;

int par[100005];

vector<int> G[100005];

void dfs(int u,int v){

    par[u]=v;

    for(auto i:G[u]){

        if(i!=v) dfs(i,u);

    }

}

int cal(int u,int v,int c){

    int num=0;

    while(u!=v){

        if(a[u]>c){

            c=a[u];

            num++;

        }

        u=par[u];

    }

    if(a[v]>c) num++;

    return num;

}

int main(){

    cin>>n>>q;

    for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];

    int t1,t2;

    for(int i=0;i<n-1;i++){

        cin>>t1>>t2;

        G[t1].push_back(t2);

        G[t2].push_back(t1);

    }

    //preprocess

    dfs(1,0);

    while(q--){

        cin>>u>>v>>c;

        cout<<cal(u,v,c)<<endl;

    }

    return 0;

}

离线查询

既然暴力超时的话，我们可以想到用性价比很高的树上倍增，有人说倍增的本质就是二进制拆分，想想也挺有道理的。

我们用$f[i][j]$表示从$i$往上走，能买到珠宝的第$2^j$的位置，这样很容易用倍增求出最后的答案。

显然，如果我们得出$f[i][0]$，那么其他关于节点$i$的值我可以很快通过递推得到

$$f[i][j] = f[f[i][j-1]][j-1]$$

那么对于某个节点$u$，怎么求$f[u][0]$呢？肯定不可能暴力从$u$节点遍历到根节点（假如退化成一条链复杂度会大大增加）

观察到，当$fa_u$的值大于$u$时，比 $u$大的第一个值，就是 $fa_u$；否则，就是比 $fa_u$大的第 $t$个值($t$为正整数)

而第二种情况我可以用倍增来求，说实话有点难理解为什么这样做就能求出来$f[u][0]$，不过官方给出一种理解方法：

我们的$f$数组其实是对原树进行了重建，每个点往上走$1$步都连向的它能到的第一个比他大的点

至于为什么可以用倍增找，我的一点小想法：

我们先来看暴力做法：从$fa_u$开始找，一定是先找到比$fa_u$大的节点，不满足的话继续找比当前值更大的节点，以此类推直到第$t$个点满足条件。而这个过程我们在对树进行重构后，明显可以使用倍增达到目的

之后具体过程和用倍增求$lca$一样，找到$f[u][0]$下方的点，最后往上跳一格就是$f[u][0]$

其实倍增的过程仔细想想，也有点二分的味道在里面

if(val[u]<val[fa]) f[u][0] = fa;

else{

    int x = fa;

    for (int i = 19; i >= 0; i--){

        if (f[x][i] && val[u] >= val[f[x][i]]){

                x = f[x][i];

        }

    f[u][0] = f[x][0];

}

还有最后一个问题，题目说“每次行程开始时，你手上有价值为 $c$ 的珠宝”这个限制怎么办？很简单，在 $u $点的下方接一个权值为 $c$ 的点，然后从这个点开始往上走就可以了

问题就变成了，从$u$走到自己上方深度不小于$dep[v]$的点需要经过多少个点

关于倍增的一点看法：

通常我们要求有指定要求的数，但是往往直接遍历求或者全部存储下来都不行通的，前者会超时后者会爆空间，所以一种折中的方法出现了——倍增。

我们只知道第$2^i$个点的情况，所以具体怎么知道哪个点是我们要找的呢？

通常这些点的信息都是有序的，比如说深度，那么我们可以想到以指定要求为限制进行二分

或者你从二进制的角度理解，假如第$t$个数就是我们要找的数，那么$t$可以拆分成二进制，既然我们知道每一位的信息，那么我们从高位往低位取，直到逼近我们要求的那个数

在线查询

并不是所有题目都会允许你离线查询，有的可能会要求强制在线，我们来看下在线的做法

Reference:

https://ac.nowcoder.com/discuss/395376?tdsourcetag=s_pctim_aiomsg

https://blog.nowcoder.net/n/970115deac7942b3a451a5f12630fb7c