國家集訓隊2011 公交路線解題報

題目：

z市交通不發達，所有公交路線覆蓋的邊竟然乙個環也不包含，甚至該市的公交路線有可能會分為幾個互不連通的塊，這可真是不可思議。有一天，你突然聽到一條訊息，說你的m個同學被困在了z市裡，他們分別要從他們當前所在的點a

i移動到他們想去的點b

i.於是你立刻調集資料，了解了z市的形狀和公交路線的分布，現在你要算出每個人到達目的地最少要換多少次車，或者告知那個人不能僅用公交車達到目的地。

分析：

先考慮乙個詢問。假設我們想要從a走到b，像這樣：

大概的路線是：從a向上走，然後經過lca(a,b)，再向下走。

對於從a向上走這一部分，如圖：

很顯然，如果沒有越過lca，就可以盡量一直走。就像前兩個紅箭頭一樣，坐從此出發的最遠一班車向上走。

但如果在某處，「最遠的一班車」越過了lca，那情況就變得不確定了——它的路線有可能繼續向上，也有可能折向下，我們先不去考慮它。能夠確定的是，如果「最遠一班車」達到的最淺節點仍然是lca的後代，坐這班車一定是最優解。

我們對於a和b都執行「在越過lca之前走最遠」的操作。像這樣：

a花stepa步走到了a'，b花stepb步走到了b'。

答案是多少呢？

如果有一條線路能從a'到b'，那答案就是stepa+stepb（共搭乘了stepa+stepb+1條線路，轉車次數就是stepa+stepb次）。

如果沒有a'~b'的線路，那要麼無解，要麼答案就是stepa+stepb+1（從a'走到lca，再從lca走到b'）。

所以答案分成兩部分：①對ab執行「越過lca之前盡量向上走」。②判斷a'是否能直接乘車到b'。

我們來分別討論這兩個模組。

①的想法比較顯然，用倍增即可。為此對於每個點，需要記錄它向上乘1,2,4,8……次車走到的最遠點。2,4,8……的情況可以dp出來，關鍵在於：如何知道從某點出發，向上乘一次車最遠走到**？

下面來解決這個問題。設點u向上乘一次車走到的最遠點是r[u]。

首先，由於我們只關心向上走，所以對於一條線路(s,t)，可以將其拆成兩條線(s,g)和(g,t)，其中g=lca(s,t)。

得出所有像這樣「直上直下」的路徑後，我們進行如下處理：

將所有路徑按照較淺點的深度從小到大排序，然後對於每條路徑(s,t)，從t向上遍歷到s，如果某個點的r值為零（初始化的值），就將其設為s，否則就退出。

如圖：假設淺藍色和紅色弧線都代表公交線路，深藍色直線代表一條「直上直下」的鏈。

在這個演算法中，淺藍色弧線顯然比紅色線早處理到，因此在處理紅色線時，中間重疊部分的r值已經非零。我們沿著紅色線從底向上確定那些頂點的r值，在處理到重疊部分時就會跳出。

這樣，掃瞄的複雜度就是o(n)，因為每個頂點的r值只會被賦值一次，並額外訪問一次。

計算出r值之後就可以用倍增解決問題①。

下面來看問題②：

問題②等價於：是否有一條公交線路(s,t)，其起點s在a'的子樹內，終點t在b'的子樹內（或相反，s在b'子樹內而t在a'子樹內）。

即：是否有一條公交線路(s,t)，滿足dfn[a']<=dfn[s]<=last[a']且dfn[b']<=dfn[t]<=last[b']（或相反）。

其中dfn[x]代表x節點在dfs時首次被遍歷到的時間，last[x]代表x節點最後一次被遍歷到的時間，顯然夾在二者之間的那些節點就是x的子樹。

把這兩個限制改寫一下：在x座標範圍dfn[a']~last[a']，y座標範圍dfn[b']~last[b']的矩形中，是否存在某個點(dfn[s],dfn[t])或(dfn[t],dfn[s])。

也就是：給定一堆點和一堆矩形，問每個矩形內包含了多少點。（其實只需要判斷有沒有）

這就解決了。當然，這道題寫起來還是比較煩人的……

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國家集訓隊2011 公交路線 解題報