【Nowcoder】2021牛客暑假集训营（第七场): xay loves trees 双指针 + 线段树 + 尺取

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题意

给你两个树，求一个最大集合，要求集合内的任意两个点在第一个树上，比如是祖先关系，在第二棵树，不能存在祖先关系

分析

某人吐槽我的题解写的太简单了，然后我觉得。。。承认错误死不悔改
这道题如果分开来求的话，一个是求树的直径，一个是树上DP，都比较简单，如果当他们在一起应该怎么处理呢，我们考虑维护两个指针，因为在树上两点之间的路径肯定是维护，所以肯定是符合第一个条件的，这样我们就要考虑怎么去处理第二个条件了
考虑在第二棵树上求$dfs$序，我们每次一个点加入进来，就把这个点及其子树所在的区间+1，因为这个点被选中代表这个子树都不能被选中，最后判断合法性，如果存在大于1的节点，说明不符合条件，上面的指针需要向下移动

代码

#pragma GCC optimize(3)
#include <bits/stdc++.h>
#define debug(x) cout<<#x<<":"<<x<<endl;
#define dl(x) printf("%lld\n",x);
#define di(x) printf("%d\n",x);
#define _CRT_SECURE_NO_WARNINGS
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define fi first
#define se second
#define SZ(x) ((int)(x).size())
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int, int> PII;
typedef vector<int> VI;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int N = 3e5 + 10, M = N * 2;
const ll mod = 1000000007;
const double eps = 1e-9;
const double PI = acos(-1);
template<typename T>inline void read(T &a) {char c = getchar(); T x = 0, f = 1; while (!isdigit(c)) {if (c == '-')f = -1; c = getchar();}while (isdigit(c)) {x = (x << 1) + (x << 3) + c - '0'; c = getchar();} a = f * x;
}
int gcd(int a, int b) {return (b > 0) ? gcd(b, a % b) : a;}
int h1[N], e1[M], ne1[M], idx1;
int h2[N], e2[M], ne2[M], idx2;
int in[N], out[N], cnt;
deque<int>q1;
int n, ans;struct Node {int l, r;int x, add;
} tr[N * 4];void init() {q1.clear();for (int i = 1; i <= n; i++) h1[i] = h2[i] = -1,in[i] = 0,out[i] = 0;idx1 = idx2 = 0;cnt = ans = 0;
}void push(int u) {tr[u].x = max(tr[u << 1].x , tr[u << 1 | 1].x);
}void down(int u) {if (tr[u].add) {int k = tr[u].add;tr[u].add = 0;tr[u << 1].x += k;tr[u << 1].add += k;tr[u << 1 | 1].x += k;tr[u << 1 | 1].add += k;}
}void build(int u, int l, int r) {tr[u].l = l, tr[u].r = r,tr[u].add = 0;if (l == r) {tr[u].x = 0, tr[u].add = 0;return;}int mid = (l + r) >> 1;build(u << 1, l, mid), build(u << 1 | 1, mid + 1, r);push(u);
}void modify(int u, int l, int r, int k) {if (tr[u].l >= l && tr[u].r <= r) {tr[u].x += k;tr[u].add += k;return;}down(u);int mid = (tr[u].l + tr[u].r) >> 1;if (l <= mid) modify(u << 1, l, r, k);if (r > mid) modify(u << 1 | 1, l, r, k);push(u);
}void add1(int a, int b) {ne1[idx1] = h1[a], e1[idx1] = b, h1[a] = idx1++;
}void add2(int a, int b) {ne2[idx2] = h2[a], e2[idx2] = b, h2[a] = idx2++;
}void dfs(int u, int fa) {in[u] = ++cnt;for (int i = h2[u]; ~i; i = ne2[i]) {int j = e2[i];if (j == fa) continue;dfs(j, u);}out[u] = cnt;
}void dfs1(int x, int fa) {deque<int>q2;q1.push_back(x);modify(1,in[x], out[x], 1);if (tr[1].x >= 2) {modify(1, in[q1.front()], out[q1.front()], -1), q2.push_back(q1.front()), q1.pop_front();}ans = max(ans, (int)q1.size());for (int i = h1[x]; i != -1; i = ne1[i]) {int j = e1[i];if(j == fa) continue;dfs1(j,x);}while (q2.size()) {modify(1,in[q2.back()], out[q2.back()], 1);q1.push_front(q2.back());q2.pop_back();}modify(1,in[q1.back()], out[q1.back()], -1);q1.pop_back();
}int main() {int T;read(T);while (T--) {read(n);init();for (int i = 1; i < n; i++) {int a, b;read(a), read(b);add1(a, b), add1(b, a);}for (int i = 1; i < n; i++) {int a, b;read(a), read(b);add2(a, b), add2(b, a);}build(1,1,n);dfs(1, -1);dfs1(1, -1);di(ans);}return 0;
}

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