正解:主席树+倍增+分治

解题报告:

传送门!

首先看到这题会想到之前考过的这题

但是那题其实简单一些,,,因为那题只要用个分治+预处理就好,只是有点儿思维难度而已

这题就不一样,因为它说了是按照原树上的顺序再命名,而且还是只截一棵子树

而且那题麻油已知的图的形状,每次都要重新建一个图,所以不存在倍增之类的玩意儿

这题是给定了树的形状了,然后给一堆询问

所以这题的代码要麻烦很多

不过只是题解的话麻油什么关系,毕竟思维难度其实比那题还简单那么点儿来着,,,因为那题有一种路径很难被想到,但这题是棵树就不用想这么些杂七杂八的玩意儿辣QAQ

所以先说下思路趴

最基本的思路不难想到,就如果询问的两点本来就在一棵子树上,直接求距离

不然就求出他们各自与所在子树的根的距离,递归求根之间的距离,知道变成情况一就好

然后这个思路不够优秀,,,所以是会T的,而且还有几个细节不好处理,下面分别港下QAQ

首先会要想到,其实编号什么的是不好求的,因为它是截取的一部分

所以考虑变成按照原子树的节点编号顺序排列的一个序列,显然一棵子树是一段连续的区间,所以这题就变成了求区间第k大,这不就是主席树板子题了嘛,权值线段树+离散化+主席树就好,我刚好昨天刚做的这题来着23333

然后关于怎么到同一棵子树上,我说的那个情况二只是方便理解,实际上这样应该是会T的

所以要考虑优化

考虑倍增,f[i][j]表示第i个点跳j棵树到达的树的编号,这样就和跳lca是差不多的辣,然后内部再做一些距离什么之类的乱七八糟的东西就好了,,,

综上,这题思路并不特别复杂,但是代码比较复杂,所以我也不知道我代码会咕到什么时候

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define il inline
#define fr first
#define sc second
#define p pair<ll,ll>
#define rg register
#define ll long long
#define gc getchar()
#define to(i) edge[i].to
#define my(i,x,y) for(rg ll i=x;i>=y;--i)
#define rp(i,x,y) for(rg ll i=x;i<=y;++i)
#define e(i,x) for(rg ll i=head[x];i;i=edge[i].nxt) const ll N=+;
ll n,m,q; struct or_tr
{
ll sz[N],fa[N][],dfn[N],dfn_cnt,dep[N],ed_cnt,head[N];
struct ed{ll to,nxt;}edge[N<<];
il void ad(ll x,ll y){edge[++ed_cnt]=(ed){y,head[x]};head[x]=ed_cnt;}
void dfs(ll x,ll fat)
{sz[x]=;fa[x][]=fat;dep[x]=dep[fat]+;dfn[x]=++dfn_cnt;rp(i,,)fa[x][i]=fa[fa[x][i-]][i-];e(i,x)if(to(i)^fat)dfs(to(i),x);}
il ll gtdis(ll x,ll y){return dep[x]>dep[y]?dep[x]-dep[y]:dep[y]-dep[x];}
il ll lca(ll x,ll y)
{
if(dep[x]<dep[y])swap(x,y);
my(i,,)if(dep[fa[x][i]]>=dep[y])x=fa[x][i];
if(x==y)return x;
my(i,,)if(fa[x][i]!=fa[y][i])x=fa[x][i],y=fa[y][i];
return fa[x][];
}
}ori;
struct cm_tr
{
ll rt[N],cnt;
struct node{ll l,r,ls,rs,val;}tr[N<<];
il void build(ll x,ll l,ll r)
{
++cnt;tr[x].l=l,tr[x].r=r;if(l==r)return;
tr[x].ls=cnt+;build(tr[x].ls,l,(l+r)>>);tr[x].rs=cnt+;build(tr[x].rs,((l+r)>>)+,r);return;
}
il void updat(ll x,ll dat)
{
++cnt;tr[cnt]=tr[x];++tr[cnt].val;if(tr[cnt].l==tr[cnt].r)return;
ll mid=(tr[cnt].l+tr[cnt].r)>>;
if(dat<=mid){tr[cnt].ls=cnt+;updat(tr[x].ls,dat);}else{tr[cnt].rs=cnt+;updat(tr[x].rs,dat);}
}
il ll query(ll x1,ll x2,ll dat)
{
if(tr[x1].l==tr[x1].r)return tr[x1].l;ll ret=tr[tr[x2].ls].val-tr[tr[x1].ls].val;
if(ret<dat)return query(tr[x1].rs,tr[x2].rs,dat-ret);return query(tr[x1].ls,tr[x2].ls,dat);
}
}chman;
struct bg_tr
{
ll nd_cnt,head[N],fa[N][],ed_cnt;
struct ed{ll to,nxt;}edge[N<<];
struct node{ll b1,b2,fa;}tr[N];
struct nodee{ll id,js;friend bool operator < (node gd,node gs) {return gd.js<gs.js;}}nod[N];
il void ad(ll x,ll y,ll z){edge[++ed_cnt]=(ed){y,z,head[x]};head[x]=ed_cnt}
il void gtnum(ll x,ll &num,ll &me)
{
num=lower_bound(nod+,nod++nd_cnt,(nodee){,x}); }
il void nwnode(ll x,ll fa)
{
++nd_cnt; ll num,me;
tr[nd_cnt]=(node){x,tr[nd_cnt-].b2+(ll)ori.sz[tr[nd_cnt-].b1]+,fa};
nod[nd_cnt]=(nodee){n,cz[nd_cnt-].js+T1.sz[x]};
if(fa)gtnm(fa,num,me),add(num,nd_cnt,ori.getdis(tr[num].b1,me)+);
}
}big; il ll read()
{
rg char ch=gc;rg ll x=;rg bool y=;
while(ch!='-' && (ch>'' || ch<''))ch=gc;
if(ch=='-')ch=gc,y=;
while(ch>='' && ch<='')x=(x<<)+(x<<)+(ch^''),ch=gc;
return y?x:-x;
}
il ll gtas(ll x,ll y)
{ } int main()
{
freopen("s.in","r",stdin);freopen("s.out","w",stdout);
n=read();m=read();q=read();rp(i,,n-){ll x=read(),y=read();ori.ad(x,y);ori.ad(y,x);}
ori.dfs(,);
chman.rt[]=;chman.build(,,n);rp(i,,n){chman.rt[i]=chman.cnt+;chman.updat(chman.rt[i-],ori.dfn[i]);}
big.nwnode(,);rp(i,,m){ll x=read(),y=read();chman.nwnode(x,y);}while(q--){ll x=read(),y=read();printf("%lld\n",gtas(x,y));}
return ;
}
/*
mk一下取名方式,,,怕自己打着打着忘了就很尴尬昂QAQ
or_tr:原树,original
cm_tr:主席树,chairman
bg_tr:大树,big
www我英语太差了hhhh
*/

打不下去了,,,太麻烦了,,,先放上一个除了大树内部的操作(最最最麻烦的操作TT)之外都打完了的代码QAQ

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