HDU 2586 How far away ？
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Problem Description
There are n houses in the village and some
bidirectional roads connecting them. Every day peole always like to ask like
this "How far is it if I want to go from house A to house B"? Usually it hard to
answer. But luckily int this village the answer is always unique, since the
roads are built in the way that there is a unique simple path("simple" means you
can‘t visit a place twice) between every two houses. Yout task is to answer all
these curious people.
Input
First line is a single integer T(T<=10), indicating
the number of test cases.
For each test case,in the first line there are
two numbers n(2<=n<=40000) and m (1<=m<=200),the number of houses
and the number of queries. The following n-1 lines each consisting three numbers
i,j,k, separated bu a single space, meaning that there is a road connecting
house i and house j,with length k(0<k<=40000).The houses are labeled from
1 to n.
Next m lines each has distinct integers i and j, you areato answer
the distance between house i and house j.
Output
For each test case,output m lines. Each line represents
the answer of the query. Output a bland line after each test case.
Sample Input
2
3 2
1 2 10
3 1 15
1 2
2 3
2 2
1 2 100
1 2
2 1
Sample Output
10
25
100
100
Source
ECJTU
2009 Spring Contest
解析：tarjan离线算法求LCA：
概念描述：
LCA（Least Common Ancestors）：即最近公共祖先，是指这样一个问题：在有根树中，找出某两个结点u和v的所有祖先中距离（u，v）最近的那个公共祖先（也就是离根最远的那个公共祖先）。
时间和空间复杂度：
- 时间复杂度：当询问次数为Q，节点数为N时，时间复杂度为O(N+Q)。
- 空间复杂度：①建图时存储的空间大小（树的节点个数个空间）；②深搜时遍历树时需要的空间大小（树的最大深度）
算法实现基于基本原理：
算法是基于DFS和并查集来实现的。
算法流程 及 对求LCA（u,v）的证明：
- 从根节点（root）开始深搜，
- 对于新搜索到的一个节点（x），首先创建由这个结点构成的集合（由par数组维护，par[x]=x，当前这个集合中只有元素x），
- 然后依次搜索并处理该节点包含的所有子树（搜素和处理是个递归的过程。结合第5点理解：每搜索完一棵子树，则可确定子树内的LCA询问都已解，其他的LCA询问的结果必然在这个子树之外。）
- 当搜索完该节点的所有子树以后，在回溯时，把当前节点的par[x]=（x的父亲节点）（集合归并）
- 然后开始处理原先所有询问中包含了该节点的所有询问及求LCA(u,?)（体现了离线算法，对询问次序按深搜时遍历到的节点顺序进行重组）
- 在处理包含该节点的询问中，先判断当前正在处理的这条询问(求LCA（u,v）)中另一个节点（v）是否也已经被遍历过，
- 若还未遍历，则暂不处理；否则LCA（u,v）= FindPar（par[v]）（并查集）。（证明：因为v是在遍历到u（也就是当前的x节点）之前先遍历到了。如果有一个从当前结点（u）到结点v的询问，且v已被检查过，则由于进行的是深度优先搜索，当前结点与v的最近公共祖先一定还没有被检查，而这个最近公共祖先的包涵v的子树一定已经搜索过了，那么这个最近公共祖先一定是v所在集合的祖先。)
- 包含该节点的所有询问全部处理完毕
<具体结合遍历和并查集的归并的顺序理解,见图>
处理LCA（3,4):因为3在遍历到4之前先被访问到，所以LCA（3，4）=FindPar（par[3]）=3；（此时对LCA（4，5）的询问操作暂被跳过。
处理LCA（5，4）：因为4在遍历到5之被访问，所以LCA（5，4）=Find(par[4])=2
扩展：求树上两点（u，v）间的最短距离
求树上两点间u，v的最短距离的方法：记dis[u]为u到根节点的距离
那么u到v之间的距离：ans[u][v]=dis[u]+dis[v]-2*dis[lca[u][v]]（减去到根节点的公共距离的两倍）;
题解：
1 #include<cstring>
2 #include<iostream>
3 using namespace std;
4 #include<cstdio>
5 #define M 201
6 #include<vector>
7 #define N 40100
8 vector <int> que[N];/*储存询问队列*/
9 int ans[M];/*存着答案*/
10 int n,m,u,v,k;
11 struct Edge{
12 int v,last,w;/*边表*/
13 }edge[N*2];
14 int head[N],dis[N]={0};
15 int T,t=0;
16 int father[N],ance[N];/*father[N]表示当前的处理的子树，ance代表这个点当前的祖先*/
17 bool visit[N],root[N];/*visit判断当前的点的子树lca是否求过，root是寻找根节点*/
18 void add_edge(int u,int v,int w)
19 {
20 ++t;
21 edge[t].v=v;
22 edge[t].w=w;
23 edge[t].last=head[u];
24 head[u]=t;
25 }
26 void input()
27 {
28 memset(visit,false,sizeof(visit));
29 memset(root,false,sizeof(root));
30 memset(head,0,sizeof(head));
31 memset(dis,0,sizeof(dis));
32 memset(edge,0,sizeof(edge));
33 scanf("%d%d",&n,&m);
34 for(int i=1;i<=n-1;++i)
35 {
36 scanf("%d%d%d",&u,&v,&k);
37 add_edge(u,v,k);
38 root[v]=true;
39 ance[i]=i;/*初始化*/
40 father[i]=i;
41 }
42 for(int i=1;i<=m;++i)
43 {
44 scanf("%d%d",&u,&v);
45 que[u].push_back(i);/*因为离线算法求出结果是无法知道他的查询顺序的，但是我们要按照查询顺序输出，所以就在查询序列的偶数位存着下一位的在ans的顺序*/
46 que[u].push_back(v);
47 que[v].push_back(i);
48 que[v].push_back(u);
49 }
50 }
51 int find(int x)
52 {
53 return (father[x]==x)?father[x]:father[x]=find(father[x]);
54 }
55 void tarjan(int k,int w)
56 {
57 ance[k]=k;
58 dis[k]=w;
59 for(int l=head[k];l;l=edge[l].last)
60 {
61 tarjan(edge[l].v,dis[k]+edge[l].w);
62 father[edge[l].v]=k;/*father存着当前点与全部的子树上的集合，同时把子树直接点的祖先设为k，所以查询一个子树上的点的区间的时候，要先用find找出代表元素，再求祖先*/
63 ance[edge[l].v]=k;
64 }
65 visit[k]=true;
66 int size=que[k].size();
67 for(int i=1;i<size;i+=2)
68 {
69 if(visit[que[k][i]])/*如果这条边的另一个点的lca已经求出来，那么这个点所在集合的祖先就是这两个点的最近公共祖先*/
70 {
71 int zu=ance[find(que[k][i])];
72 ans[que[k][i-1]]=dis[k]+dis[que[k][i]]-2*dis[zu];
73 }
74 }
75 }
76 int main()
77 {
78 scanf("%d",&T);
79 while(T--)
80 {
81 input();
82 for(int i=1;i<=n;++i)
83 {
84 if(!root[i])/*从根节点开始深搜*/
85 {
86 tarjan(i,0);
87 break;
88 }
89 }
90 for(int i=1;i<=m;++i)
91 printf("%d\n",ans[i]);
92 }
93 return 0;
94 }