NKOI 夏令营训练赛1 到不了[B]

到不了

Description

wy和wjk是好朋友。

今天他们在一起聊天，突然聊到了以前一起唱过的《到不了》。

“说到到不了，我给你讲一个故事吧。”

“嗯？”

“从前，神和凡人相爱了，愤怒的神王把他们关进了一个迷宫里，迷宫是由许多棵有根树组成的。神王每次把两个人扔进其中的某一棵有根树里面，两个相邻节点的距离为1，两人的每一步都只能从儿子走到父亲，不能从父亲走到儿子，他们约定，走到同一个节点相见，由于在迷宫里面行走十分消耗体力，他们决定找出那个使得他们走的总路程最少的节点，他们当然会算出那个节点了，可是神王有时候会把两棵有根树合并为一棵，这下就麻烦了。。。”

“唔。。。”

[已经了解树，森林的相关概念的同学请跳过下面一段]

树：由n个点，n-1条边组成的无向连通图。

父亲/儿子：把树的边距离定义为1,root是树的根，对于一棵树里面相邻的两个点u,v，到root的距离近的那个点是父亲，到root距离远的那个点是儿子

森林：由若干棵树组成的图

[简化版题目描述]

维护一个森林，支持连边操作和查询两点LCA操作

Input

第一行一个整数N，M，代表森林里的节点总数和有根树的数目。

第二行M个整数，第i个整数ri代表第i棵有根树的根是编号为ri的节点

接下来N-M行，每行两个整数u，v表示u和v相邻

接下来一行一个整数Q，表示Q个事件发生了

接下来Q行，每行若干个整数，表示一个事件

如果第一个数op=1，接下来两个整数u,v,代表神王把u号节点所在的树和v号节点所在的树合并到一起(即u到v连了一条边)，新的根为原来u号节点所在的树的根(如果u,v已经联通，忽略这个事件)。

如果第一个数op=2，接下来两个整数u，v，代表一次询问，当一个人在u号节点，一个人在v号节点，询问他们找到的那个节点的编号

Output

对于每一个询问(op=2的操作)，输出一行一个整数，代表节点编号，如果u，v不联通，输出orzorz。

Sample Input

【样例1】

2 2

1 2

2

1 1 2

2 1 2

【样例2】

2 2

1 2

2

1 2 1

2 1 2

Sample Output

【样例1】

1

【样例2】

2

Hint

【数据范围】

对于30%的数据 1 ≤ N ≤ 1000 
1 ≤ Q ≤ 1000

对于100%的数据 1 ≤ N ≤ 100000 
1 ≤ Q ≤ 100000

这道题的LCA很容易想到，但是怎样插入一条边就成为了比较大的困难

在合并两棵树的时候我们要用到并查集，并用SIZE 数组来表示某节点所在的集合的大小，初值为1

题目中虽然说将u的根节点当作v的根节点，但是实际上交换u,v对结果是没有影响的，因此为了时间效率我们可以将小树合并在大树上，这样就减小了合并消耗的时间

对于操作1，用并查集维护每个点当前所在的树的编号，和这棵树现在“真正”的根是谁，对于操作2，我们要求出当LCA倍增数组是以某个点(VROOT)为根建立的时候，两点(u，v)在以某个点(root)为根的意义下的LCA。求出u，v，root两两之间的LCA，找出其中在以VROOT为根时，深度最大的那个LCA(讨论u，v，root三点在以VROOT为根时的相对位置关系，不难证明其正确性)。
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
using namespace std;

const int maxn=100005;
const int logn=20;
int root[maxn],tt[maxn];//tt数组记录<span style="font-family:宋体;">某节点真正的根</span>
int f[maxn][logn+1],depth[maxn];
int last[maxn],NEXT[maxn<<1],END[maxn<<1];
int fa[maxn],size[maxn];
int n,m,tot,q,u,v,op,E;

void insert(int u,int v){
NEXT[++tot]=last[u];
END[tot]=v;
last[u]=tot;
}

int finder(int x){return fa[x]==x?x:fa[x]=finder(fa[x]);}

void merge(int u,int v){
u=finder(u);v=finder(v);
if(u==v)return;
fa[u]=v;
size[v]+=size[u];
}

inline void _read(int &x){
char t=getchar();bool sign=true;
while(t<'0'||t>'9')
{if(t=='-')sign=false;t=getchar();}
for(x=0;t>='0'&&t<='9';t=getchar())x=x*10+t-'0';
if(!sign)x=-x;
}

void DFS(int u){
for(int k=1;k<=logn;++k) f[u][k]=f[f[u][k-1]][k-1];
depth[u]=depth[f[u][0]]+1;
for(int p=last[u],v;p;p=NEXT[p])
if(END[p]!=f[u][0]){
f[END[p]][0]=u;
DFS(END[p]);
}
}

int LCA(int u,int v){
if(depth[u]<depth[v])swap(u,v);
for(int k=logn;k>=0;--k)
if(depth[f[u][k]]>=depth[v]) u=f[u][k];
if(u==v)return u;
for(int k=logn;k>=0;--k)
if(f[u][k]!=f[v][k]) u=f[u][k],v=f[v][k];
return f[u][0];
}

void work1(){
_read(u);_read(v);
int fu=finder(u),fv=finder(v);
int szu=size[fu],szv=size[fv];
if(fu==fv) return ;
insert(u,v);insert(v,u);<span style="font-family:宋体;">//以下为将较小树合并到较大树上去</span>
if(szu>=szv){
fa[fv]=fu,size[fu]+=size[fv];
f[v][0]=u;
DFS(v);
}
else{
tt[fv]=tt[fu];
fa[fu]=fv;size[fv]+=size[fu];
f[u][0]=v;
DFS(u);
}
}

void work2(){
_read(u);_read(v);
int fu=finder(u),fv=finder(v);
if(fu!=fv){
puts("orzorz");
return ;
}
int rot=tt[fu];
int lca1=LCA(u,v),lca2=LCA(v,rot),lca3=LCA(u,rot);
if(depth[lca1]<depth[lca2])lca1=lca2;
if(depth[lca1]<depth[lca3])lca1=lca3;
printf("%d\n",lca1);
}

int main(){
int i;
_read(n);_read(m);
for(i=1;i<=m;i++)_read(root[i]);
for(i=1;i<=n;i++)fa[i]=f[i][0]=i,size[i]=1;
_read(E);
for(i=1;i<=E;i++){
_read(u);_read(v);
insert(u,v);insert(v,u);
merge(u,v);
}
for(i=1;i<=m;i++)DFS(root[i]);
for(i=1;i<=n;i++)tt[i]=f[i][logn];
_read(q);
while(q--){
_read(op);
if(op==1)work1();
else work2();
}
}