【BZOJ3251】树上三角形

Description

给定一大小为n的有点权树，每次询问一对点(u,v)，问是否能在u到v的简单路径上取三个点权，以这三个权值为边长构成一个三角形。同时还支持单点修改。

Input

第一行两个整数n、q表示树的点数和操作数

第二行n个整数表示n个点的点权

以下n-1行，每行2个整数a、b，表示a是b的父亲（以1为根的情况下）

以下q行，每行3个整数t、a、b

若t=0，则询问(a,b)

若t=1，则将点a的点权修改为b

Output

对每个询问输出一行表示答案，“Y”表示有解，“N”表示无解。

Sample Input

5 5
1 2 3 4 5
1 2
2 3
3 4
1 5
0 1 3
0 4 5
1 1 4
0 2 5
0 2 3

Sample Output

N
Y
Y
N

HINT

对于100%的数据，n,q<=100000，点权范围[1,231-1]

题解：正常人看到题，大概都会想到什么树剖+树套树套树什么的吧~

一种naive的做法就是，先将路径上的所有数都拿出来排序，每次只需要判断相邻的三个数能否形成三角形就行了。

仔细观察发现，如果答案为N，那么最坏的情况，就是在排完序后，任意相邻的三个数都满足x<y<z且x+y=z。这不就是斐波那契数列吗？

有什么用呢？

斐波那契数列的增长不是指数级的吗？

也就意味着一旦路径的长度>logn（实测f(47)>2147483647，所以取47或50即可），我们的结果就是Y。

难道我们还要用倍增求出路径长度吗？

朴素LCA就行辣！一旦跑了50次，就直接输出Y。否则就将所有数拿出来，用naive的做法搞一下就行了。

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int maxn=100010;
int n,m,sum,cnt;
int to[maxn<<1],next[maxn<<1],head[maxn];
int fa[maxn],dep[maxn],v[maxn],p[60];
int rd()
{
	int ret=0,f=1;	char gc=getchar();
	while(gc<‘0‘||gc>‘9‘)	{if(gc==‘-‘)f=-f;	gc=getchar();}
	while(gc>=‘0‘&&gc<=‘9‘)	ret=ret*10+gc-‘0‘,gc=getchar();
	return ret*f;
}
void dfs(int x)
{
	for(int i=head[x];i!=-1;i=next[i])	fa[to[i]]=x,dep[to[i]]=dep[x]+1,dfs(to[i]);
}
void add(int a,int b)
{
	to[cnt]=b,next[cnt]=head[a],head[a]=cnt++;
}
int main()
{
	n=rd(),m=rd();
	int i,j,a,b,c;
	for(i=1;i<=n;i++)	v[i]=rd();
	memset(head,-1,sizeof(head));
	for(i=1;i<n;i++)	a=rd(),b=rd(),add(a,b);
	dep[1]=1,dfs(1);
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		c=rd(),a=rd(),b=rd(),sum=0;
		if(c)
		{
			v[a]=b;
			continue;
		}
		if(dep[a]<dep[b])	swap(a,b);
		while(dep[a]>dep[b]&&sum<50)	p[++sum]=v[a],a=fa[a];
		while(a!=b&&sum<50)	p[++sum]=v[a],p[++sum]=v[b],a=fa[a],b=fa[b];
		p[++sum]=v[a];
		if(sum>=50)
		{
			printf("Y\n");
			continue;
		}
		sort(p+1,p+sum+1);
		for(j=3;j<=sum;j++)
		{
			if(p[j]-p[j-1]<p[j-2])
			{
				printf("Y\n");
				break;
			}
		}
		if(j>sum)	printf("N\n");
	}
	return 0;
}