ZR#959

Bertha 。 2024-04-20 10:34 87阅读 0赞

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ZR\#959

### 解法： ###

> 对于一个询问，设路径 $ (u, v) $ 经过的所有边的 $ gcd $ 为 $ g $，这可以倍增求出。  
> 考虑 $ g $ 的所有质因子 $ p\_1, p\_2, \\cdots , p\_k $ ，因为 $ g \\leq 10^6 $ ，所以 $ k \\leq 7 $ 。  
> 则最终的路径的 $ gcd $ 为 $ 1 $，等价于对于每个 $ 1 \\leq i \\leq k $ ，存在至少一条路径上的边不是 $ p\_i $ 的倍数。我们要求 $ l $ 的最小值，即等价于对于每个 $ 1 \\leq i \\leq k $ ，计算出最长的不满足条件的 $ l′ $，则最终答案即为所有 $ i $ 对应的 $ l′ $ 的最大值加一（无解的情况除外）。  
> 考虑对于某个 $ p\_i $ 而言，我们如何求出这样的 $ l′ $ 。我们考虑将所有满足 $ p\_i | w $的边拿出来，并只保留这些边。则 $ l′ $ 等价于在这样得到的森林中，经过 $ (u, v) $ 的最长路径。  
> 使用简单的树形DP即可求出某个点向子树方向以及向祖先方向延伸的最长路径，分类讨论即可对于每个 $ (u, v) $ 求出对应的 $ l′ $ 。  
> 接下来考虑无解的情况。事实上，无解等价于刚刚求出的某个 $ l′ $ 和经过 $ (u, v) $ 的最长路径相同。经过 $ (u, v) $ 的最长路径和刚刚是同样的问题，直接对整棵树都做一遍树形 DP 即可。  
> 接下来考虑复杂度。求出每个询问的 $ gcd $ 的复杂度为 $ O(q \\log\_2 n \\log\_2 w) $ ，而求出最长路的部分是与边数成线性的，而每条边至多出现 $ 7 $ 次，因此该做法的总复杂度即为 $ O(q \\log\_2 n \\log\_2 w + nω(w)) $ 。

### CODE: ###

//9.10补全 #pragma GCC optimize(2) #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #include<cmath> using namespace std; #define LL long long const int N = 2e5 + 100; const int V = 2e6 + 100; const int M = 18; struct Edge { int to,from; int data; }e[N<<1]; int head[N],cnt,tot,n,q; int f[M + 1][N],g[M + 1][N]; int prime[V],d[V],deep[N]; bool p[V]; inline void prework() { d[1] = 1; for(int i = 2 ; i <= V - 1 ; i++) { if(!p[i]) prime[++tot] = i,d[i] = i; for(int j = 1 ; j <= tot && i * prime[j] < V ; ++j) { p[i * prime[j]] = true; d[i * prime[j]] = prime[j]; if(!(i % prime[j])) break; } } } inline void add_edge(int x,int y,int z) { e[++cnt].from = y; e[cnt].data = z; e[cnt].to = head[x]; head[x] = cnt; } inline int gcd(int a,int b) { return !b ? a :gcd(b,a % b); } inline void dfs(int v,int fa) { for(int i = 1 ; i <= M ; i++) { f[i][v] = f[i - 1][f[i - 1][v]]; g[i][v] = gcd(g[i - 1][v],g[i - 1][f[i - 1][v]]); } for(int i = head[v] ; i ; i = e[i].to) { if(e[i].from == fa) continue; f[0][e[i].from] = v; g[0][e[i].from] = e[i].data; deep[e[i].from] = deep[v] + 1; dfs(e[i].from,v); } } inline int LCA(int x,int y) { if(deep[x] != deep[y]) { if(deep[x] < deep[y]) swap(x,y); int dis = deep[x] - deep[y]; for(int i = 0 ; i <= M ; i++) { if((1 << i) & dis) x = f[i][x]; } } if(x == y) return x; for(int i = M ; i >= 0 ; i--) { if(f[i][x] == f[i][y]) continue; x = f[i][x],y = f[i][y]; } return f[0][x]; } inline int cal(int x,int y) { if(deep[x] < deep[y]) swap(x,y); int d = deep[x] - deep[y],ans = 0; for(int i = 0 ; i <= M ; i++) { if((1<<i)&d) { ans = gcd(g[i][x],ans); x = f[i][x]; } } return ans; } inline int calc(int x,int y) { int l = LCA(x,y); return gcd(cal(l,x),cal(l,y)); } inline int dp(int v,int fa,int d) { int ans = 0; for(int i = head[v] ; i ; i = e[i].to) { if(e[i].from == fa) continue; if(e[i].data % d) continue; ans = max(ans,dp(e[i].from,v,d)+1); } return ans; } inline int kth(int v,int k) { for(int i = 0 ; i <= M ; i++) { if((1 << i) & k) v = f[i][v]; } return v; } inline int dis(int x,int y) { return deep[x] + deep[y] - deep[LCA(x,y)] * 2; } inline int read() { int x = 0, f = 1; char ch = getchar(); while(ch < '0' || ch > '9') {if (ch == '-')f = -1; ch = getchar();} while(ch >= '0' && ch <= '9') {x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48); ch = getchar();} return x * f; } int main() { prework(); n = read(),q = read(); for(int i = 1 ; i < n ; i++) { int u = read(),v = read(),z = read(); add_edge(u,v,z); add_edge(v,u,z); } dfs(1,0); while(q--) { int x = read(),y = read(); int l = LCA(x,y),g = calc(x,y); if(g == 1) { printf("%d \n",dis(x,y)); continue; } int fx = f[0][x],fy = f[0][y]; if(l == x) fx = kth(y,deep[y] - deep[x] - 1); else if(l == y) fy = kth(x,deep[x] - deep[y] - 1); // 限制不走相同的子树 int mxdis = dp(x,fx,1) + dp(y,fy,1); int ans = 0; while(g != 1) { int p = d[g]; ans = max(ans,dp(x,fx,p) + dp(y,fy,p)); if(ans == mxdis) break; while(!(g % p)) g /= p; } printf("%d\n",ans == mxdis ? -1 : ans + dis(x,y) + 1); } //system("pause"); return 0; }

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