Description:
在Windows下我们可以通过cmd运行DOS的部分功能,其中CD是一条很有意思的命令,通过CD操作,我们可以改变当前目录。
这里我们简化一下问题,假设只有一个根目录,CD操作也只有两种方式:
1. CD 当前目录名\...\目标目录名 (中间可以包含若干目录,保证目标目录通过绝对路径可达)
2. CD .. (返回当前目录的上级目录)
现在给出当前目录和一个目标目录,请问最少需要几次CD操作才能将当前目录变成目标目录?
Input:
输入数据第一行包含一个整数T(T<=20),表示样例个数;
每个样例首先一行是两个整数N和M(1<=N,M<=100000),表示有N个目录和M个询问;
接下来N-1行每行两个目录名A B(目录名是只含有数字或字母,长度小于40的字符串),表示A的父目录是B。
最后M行每行两个目录名A B,表示询问将当前目录从A变成B最少要多少次CD操作。
数据保证合法,一定存在一个根目录,每个目录都能从根目录访问到。
Output:
请输出每次询问的结果,每个查询的输出占一行。
Sample Input:
2
3 1
B A
C A
B C
3 2
B A
C B
A C
C A
Sample Output:
2
1
2
#include <iostream> #include <cstring> #include <cstdio> #include <cstdlib> #include <cmath> #include <vector> #include <queue> #include <stack> #include <cstring> #include <map> #include <set> #define LL long long using namespace std; const int MAXN=100010; int rmq[2*MAXN];//建立RMQ的数组 //*************************** //ST算法,里面含有初始化init(n)和query(s,t)函数 //点的编号从1开始,1-n.返回最小值的下标 //*************************** struct ST { int mm[2*MAXN];//mm[i]表示i的最高位,mm[1]=0,mm[2]=1,mm[3]=1,mm[4]=2 int dp[MAXN*2][20]; void init(int n) { mm[0]=-1; for(int i=1;i<=n;i++) { mm[i]=((i&(i-1))==0?mm[i-1]+1:mm[i-1]); dp[i][0]=i; } for(int j=1;j<=mm[n];j++) for(int i=1;i+(1<<j)-1<=n;i++) dp[i][j]=rmq[dp[i][j-1]]<rmq[dp[i+(1<<(j-1))][j-1]]?dp[i][j-1]:dp[i+(1<<(j-1))][j-1]; } int query(int a,int b)//查询a到b间最小值的下标 { if(a>b)swap(a,b); int k=mm[b-a+1]; return rmq[dp[a][k]]<rmq[dp[b-(1<<k)+1][k]]?dp[a][k]:dp[b-(1<<k)+1][k]; } }; //边的结构体定义 struct Node { int to,next; }; /* ****************************************** LCA转化为RMQ的问题 MAXN为最大结点数。ST的数组 和 F,edge要设置为2*MAXN F是欧拉序列,rmq是深度序列,P是某点在F中第一次出现的下标 *********************************************/ struct LCA2RMQ { int n;//结点个数 Node edge[2*MAXN];//树的边,因为是建无向边,所以是两倍 int tol;//边的计数 int head[MAXN];//头结点 bool vis[MAXN];//访问标记 int F[2*MAXN];//F是欧拉序列,就是DFS遍历的顺序 int P[MAXN];//某点在F中第一次出现的位置 int cnt; ST st; void init(int n)//n为所以点的总个数,可以从0开始,也可以从1开始 { this->n=n; tol=0; memset(head,-1,sizeof(head)); } void addedge(int a,int b)//加边 { edge[tol].to=b; edge[tol].next=head[a]; head[a]=tol++; edge[tol].to=a; edge[tol].next=head[b]; head[b]=tol++; } int query(int a,int b)//传入两个节点,返回他们的LCA编号 { return F[st.query(P[a],P[b])]; } void dfs(int a,int lev) { vis[a]=true; ++cnt;//先加,保证F序列和rmq序列从1开始 F[cnt]=a;//欧拉序列,编号从1开始,共2*n-1个元素 rmq[cnt]=lev;//rmq数组是深度序列 P[a]=cnt; for(int i=head[a];i!=-1;i=edge[i].next) { int v=edge[i].to; if(vis[v])continue; dfs(v,lev+1); ++cnt; F[cnt]=a; rmq[cnt]=lev; } } void solve(int root) { memset(vis,false,sizeof(vis)); cnt=0; dfs(root,0); st.init(2*n-1); } }lca; vector<int>G[MAXN]; map<string, int>mm; bool flag[MAXN]; int dis[MAXN]; void bfs(int root) { memset(dis, 0, sizeof(dis)); queue<int>Q; dis[root] = 1; Q.push(root); while(!Q.empty()) { int u = Q.front(); Q.pop(); int sz = G[u].size(); for(int i=0;i<sz;i++) { int v = G[u][i]; if(dis[v] == 0) { dis[v] = dis[u] + 1; Q.push(v); } } } } int main() { int T, N, M; scanf("%d", &T); while(T--) { scanf("%d%d", &N, &M); lca.init(N); for(int i=1;i<=N;i++) G[i].clear(); mm.clear(); memset(flag, true, sizeof(flag)); int u, v; int id = 0; string s1, s2; for(int i=1;i<N;i++) { cin>>s1>>s2; if(mm[s1] == 0) mm[s1] = ++id; if(mm[s2] == 0) mm[s2] = ++id; u = mm[s2], v = mm[s1]; flag[v] = false; lca.addedge(u, v); G[u].push_back(v); } int root; for(int i=1;i<=N;i++) if(flag[i]) { root = i; break; } lca.solve(root); bfs(root); while(M--) { cin>>s1>>s2; int u = mm[s1]; int v = mm[s2]; int tmp = lca.query(u, v); int ans = dis[u] - dis[tmp]; if(tmp != v) ans++; printf("%d\n", ans); } } return 0; }
时间: 2024-08-01 10:42:59