例题
Description
“从前，神和凡人相爱了，愤怒的神王把他们关进了一个迷宫里，迷宫是由许多棵有根树组 成的。神王每次把两个人扔进其中的某一棵有根树里面，两个相邻节点的距离为 1，两人的 每一步都只能从儿子走到父亲，不能从父亲走到儿子，他们约定，走到同一个节点相见，由 于在迷宫里面行走十分消耗体力，他们决定找出那个使得他们走的总路程最少的节点，他们 当然会算出那个节点了，可是神王有时候会把两棵有根树合并为一棵，这下就麻烦了。。。”
“唔。。。”
[已经了解树，森林的相关概念的同学请跳过下面一段]
树：由 n 个点，n-1 条边组成的无向连通图。
父亲/儿子：把树的边距离定义为 1,root 是树的根，对于一棵树里面相邻的两个点 u,v，到 root 的距离近的那个点是父亲，到 root 距离远的那个点是儿子
森林：由若干棵树组成的图
[简化版题目描述]
维护一个森林，支持连边操作和查询两点 LCA 操作
Input
第一行一个整数 N，M，代表森林里的节点总数和有根树的数目。
第二行 M 个整数，第 i 个整数 ri 代表第 i 棵有根树的根是编号为 ri 的节点
接下来 N-M 行，每行两个整数 u，v 表示 u 和 v 相邻
接下来一行一个整数 Q，表示 Q 个事件发生了
接下来 Q 行，每行若干个整数，表示一个事件
如果第一个数 op=1，接下来两个整数 u,v,代表神王把 u 号节点所在的树和 v 号节点所在的树 合并到一起(即 u 到 v 连了一条边)，新的根为原来 u 号节点所在的树的根(如果 u,v 已经联通， 忽略这个事件)。
如果第一个数 op=2，接下来两个整数 u，v，代表一次询问，当一个人在 u 号节点，一个人 在 v 号节点，询问他们找到的那个节点的编号
Output
对于每一个询问(op=2 的操作)，输出一行一个整数，代表节点编号，如果 u，v 不联通，输 出 orzorz。
Sample Input
【样例 1】
2 2
1 2
2
1 1 2
2 1 2
【样例 2】
2 2
1 2
2
1 2 1
2 1 2
Sample Output
【样例 1】
1
【样例 2】
2
Data Constraint
对于 30%的数据 1 ≤ N ≤ 1000 1 ≤ Q ≤ 1000
对于 100%的数据 1 ≤ N ≤ 100000 1 ≤ Q ≤ 100000
前言
因为之前的某道类似的题目在比赛时爆刚3hLCT后爆0，所以怂了去打30%…
然后因为之前写的是LCT，这道题的结论也没记下来
一类问题
在一个树形图上，每次给出一个根root和两个点x和y，求x和y在以root为根时的lca
先给出结论：
以任意一个点为根时，最终的lca为
米♂奇♂妙♂妙♂屋
证明
可以分类讨论，发现三个值中一定有两个是相同的，最终的lca（为了方便表述，记为LCA）就是不同的那一个
①root是a和b的祖先
那么lca(a,root)=lca(b,root)，LCA=lca(a,b)
②root是a和b的后代
lca(a,root)=lca(a,b)，LCA=lca(b,root)（反过来同理）
③root是ab其中一个的祖先
lca(a,b)=lca(b,root)，LCA=lca(a,root)
④root是ab其中一个的后代
lca(a,b)=lca(b,root)，LCA=lca(a,root)
⑤lca是ab其中一个的祖先，另一个的后代
lca(a,root)=lca(a,b)，LCA=lca(b,root)
⑥lca与ab无亲缘关系
lca(a,b)=lca(b,root)，LCA=lca(a,root)
一共六种情况，其它的情况类似
题解
知道这个结论后就很好做了
因为本题中只有加边没有删边，所以当root、a、b连通时，a和b的lca一定是固定的
证明显然
所以离线求出最后的森林，在每棵树中任意选一个点作为根，之后处理询问时先判断是否连通，之后直接套公式
code
#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#define fo(a,b,c) for (a=b; a<=c; a++)
#define fd(a,b,c) for (a=b; a>=c; a--)
using namespace std;
int a[200001][2];
int A[100001][2];
int A2[100001][3];
int ls[100001];
int root[100001];
int fa[100001];
int f[100001][17];
int D[100001];
int FA[100001];
bool bz[100001];
int Q,n,m,I,i,j,k,l,len,type,x,y,Root;
void New(int x,int y)
{
len++;
a[len][0]=y;
a[len][1]=ls[x];
ls[x]=len;
}
int gf(int t)
{
if (fa[t]==t) return t;
fa[t]=gf(fa[t]);
return fa[t];
}
void dfs(int Fa,int t)
{
fa[t]=root[j];
for (int i=ls[t]; i; i=a[i][1])
if (a[i][0]!=Fa)
dfs(t,a[i][0]);
}
void DFS(int Fa,int t)
{
int i;
bz[t]=1;
f[t][0]=Fa;
fo(i,1,16)
f[t][i]=f[f[t][i-1]][i-1];
for (i=ls[t]; i; i=a[i][1])
if (a[i][0]!=Fa)
{
D[a[i][0]]=D[t]+1;
DFS(t,a[i][0]);
}
}
int lca(int x,int y)
{
int z,i;
if (D[x]<D[y])
{
z=x;
x=y;
y=z;
}
fd(i,16,0)
if (D[f[x][i]]>=D[y])
x=f[x][i];
fd(i,16,0)
if (f[x][i]!=f[y][i])
x=f[x][i],y=f[y][i];
if (x!=y) x=f[x][0];
return x;
}
int main()
{
freopen("arrival.in","r",stdin);
freopen("arrival.out","w",stdout);
len=0;
scanf("%d%d",&n,&m);
fo(i,1,m)
scanf("%d",&root[i]);
fo(i,1,n-m)
{
scanf("%d%d",&A[i][0],&A[i][1]);
j=A[i][0];
k=A[i][1];
New(j,k);
New(k,j);
}
fo(j,1,n)
dfs(0,root[j]);
scanf("%d",&Q);
fo(I,1,Q)
{
scanf("%d%d%d",&A2[I][0],&A2[I][1],&A2[I][2]);
type=A2[I][0];
x=A2[I][1];
y=A2[I][2];
if (type==1)
{
if (gf(x)!=gf(y))
{
fa[fa[y]]=fa[x];
New(x,y);
New(y,x);
}
}
}
fo(i,1,n)
if (!bz[i])
{
D[i]=1;
DFS(0,i);
}
// -------------
len=0;
memset(ls,0,sizeof(ls));
fo(i,1,n-m)
{
j=A[i][0];
k=A[i][1];
New(j,k);
New(k,j);
}
fo(j,1,n)
dfs(0,root[j]);
fo(I,1,Q)
{
type=A2[I][0];
x=A2[I][1];
y=A2[I][2];
if (type==1)
{
if (gf(x)!=gf(y))
{
fa[fa[y]]=fa[x];
New(x,y);
New(y,x);
}
}
else
{
if (gf(x)!=gf(y))
printf("orzorz\n");
else
{
Root=fa[x];
printf("%d\n",lca(x,y)^lca(x,Root)^lca(y,Root));
}
}
}
fclose(stdin);
fclose(stdout);
return 0;
}