2023“钉耙编程”中国大学生算法设计超级联赛（1）Hide-And-Seek Game

题目大意

有一棵有$n$个节点的树，小$S$和小$R$在树上各有一条链。小$S$的链的起点为$S_a$，终点为$T_a$；小$R$的链起点为$S_b$，终点为$T_b$。

小$S$和小$R$在各自的链来回移动（就是从起点到终点，再回到起点，进行多次来回），一个单位时间移动一条边。求出两人最早相遇的位置（这个位置必须是一个点，而不是一条边），若不可能相遇，输出$-1$。

有$t$组数据。

$1\le t\le 500,2\le n,m\le 3\times 10^3$。

数据保证$n$值超过$400$的数据组数不超过$20$。

数据保证$m$值超过$400$的数据组数不超过$20$。

题解

因为$n$比较小，所以我们可以枚举两条链上的每一个点。

对于同时在两条链上的点$x$，我们可以得出从小$S$到达$x$的时间为$2k_1\cdot dis(S_a,T_a)+dis(S_a,x)$或$2k_2\cdot dis(S_a,T_a)+dis(T_a,x)$，其中$k_1,k_2$都为非负整数。

同理，小$R$到达$x$的时间为$2k_3\cdot dis(S_a,T_a)+dis(S_a,x)$或$2k_4\cdot dis(S_a,T_a)+dis(T_a,x)$，其中$k_3,k_4$都为非负整数。

两两联立成形为$ax+bx=c$的二元一次方程，然后用扩展欧几里得算法求出最小非负整数解即可。

时间复杂度为$O(nm\log n)$。因为$n,m$较大的数据组数比较少，而且跑不满，时限有$5s$，所以是可以过的。

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int tq,n,m,s1,s2,t1,t2,dt,fa[5005],dep[5005],dfn[5005],low[5005];
int ans,bz,ls,lt,tot=0,d[10005],l[10005],r[10005],z[5005],w[5005][2];
void add(int xx,int yy){l[++tot]=r[xx];d[tot]=yy;r[xx]=tot;
}
void dfs(int u,int f){fa[u]=f;dep[u]=dep[f]+1;dfn[u]=++dt;for(int i=r[u];i;i=l[i]){if(d[i]==f) continue;dfs(d[i],u);}low[u]=dt;
}
int lca(int x,int y){if(dep[x]<dep[y]) swap(x,y);while(dep[x]>dep[y]) x=fa[x];while(x!=y){x=fa[x];y=fa[y];}return x;
}
bool in(int x,int y){return dfn[y]<=dfn[x]&&dfn[x]<=low[y];
}
void exgcd(int &x,int &y,int &d,int a,int b){if(b==0){x=1;y=0;d=a;return;}exgcd(x,y,d,b,a%b);int t=x;x=y;y=t-a/b*y;
}
void dd(int now,int w1,int w2){int a=2*ls,b=-2*lt,c=w2-w1,x,y,d,vk;c=(c%(2*lt)+2*lt)%(2*lt);exgcd(x,y,d,a,b);if(c%d) return;x*=c/d;y*=c/d;int p=a/d,q=b/d;if(x<0){vk=ceil((-1.0*x)/q);x+=vk*q;y-=vk*p;}else if(x>=0){vk=x/q;x-=vk*q;y+=vk*p;}if(a*x+w1<ans){ans=a*x+w1;bz=now;}
}
int main()
{scanf("%d",&tq);while(tq--){scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=1,x,y;i<n;i++){scanf("%d%d",&x,&y);add(x,y);add(y,x);}dfs(1,0);for(int o=1;o<=m;o++){scanf("%d%d%d%d",&s1,&t1,&s2,&t2);int vs=lca(s1,t1),vt=lca(s2,t2);if(dep[vs]>dep[vt]){swap(s1,s2);swap(t1,t2);swap(vs,vt);}if(!in(s1,vt)&&!in(t1,vt)){printf("-1\n");continue;}ans=1e9;bz=-1;ls=dep[s1]+dep[t1]-2*dep[vs],lt=dep[s2]+dep[t2]-2*dep[vt];for(int p=s1;;p=fa[p]){w[p][0]=dep[s1]-dep[p];w[p][1]=2*ls-(dep[s1]-dep[p]);z[p]=o;if(p==vs) break;}for(int p=t1;p!=vs;p=fa[p]){w[p][0]=ls-(dep[t1]-dep[p]);w[p][1]=ls+(dep[t1]-dep[p]);z[p]=o;}for(int p=s2;;p=fa[p]){if(z[p]==o){int k1=dep[s2]-dep[p],k2=2*lt-(dep[s2]-dep[p]);dd(p,w[p][0],k1);dd(p,w[p][0],k2);dd(p,w[p][1],k1);dd(p,w[p][1],k2);}if(p==vt) break;}for(int p=t2;p!=vt;p=fa[p]){if(z[p]==o){int k1=lt-(dep[t2]-dep[p]),k2=lt+(dep[t2]-dep[p]);dd(p,w[p][0],k1);dd(p,w[p][0],k2);dd(p,w[p][1],k1);dd(p,w[p][1],k2);}}printf("%d\n",bz);}tot=dt=0;for(int i=1;i<=n;i++){r[i]=fa[i]=dep[i]=z[i]=0;dfn[i]=low[i]=0;}}return 0;
}