AGC 014E.Blue and Red Tree(思路 启发式合并)

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(Description)

给定两棵(n)个点的树，分别是由(n-1)条蓝边和(n-1)条红边组成的树。求(n-1)次操作后，能否把蓝树变成红树。
每次操作是，选择当前树上一条只由蓝边组成的简单路径(u o v)，删掉路径上的任意一条蓝边，然后在路径上任选两个点，在这两个点之间加一条红边。
(nleq10^5)。

(Solution)

模拟一下样例二，就比较容易想到：
考虑能否从红树变回到蓝树。
我们每次要找到当前树上一条蓝边组成的路径(u o v)，设路径上任意一点是(a)，不在路径上的一个点是(b)。如果当前(a,b)之间有红边相连，而(b)与路径上某点(c)在蓝树上有边，显然这条红边((a,b))是可以通过删掉((b,c))加入的，也就是现在我们在当前树上删掉边((a,b))，加入边((b,c))。然后继续找蓝边路径继续扩展。
怎么实现这一过程呢？
对于整条蓝边组成的路径(u o v)，我们不需要管具体有哪些点，只需要知道(b)与(u o v)之间既有一条红边，也有一条蓝边（不会有两条红边/蓝边啊，因为每次操作后也是一棵树），然后我们可以删掉这条红边，加入这条蓝边。边具体是哪条也不需要管，我们只需要知道(b)被加入了路径(u o v)。
所以就可以用并查集实现。(b)被合并到路径(u o v)前，要把与(b)相连的所有边连到路径(u o v)（的代表点）上去，可以用启发式合并。
同时有红边和蓝边与路径相连，就是这条边出现了两次。所以我们把出现两次的边拿出来扩展就好了。
能扩展(n-1)次则可行，否则不行。

启发式合并然后用set维护出边，复杂度(O(nlog^2n))。出边可以hash点对((u,v))来维护，少一个(log)，懒得写了。。

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#include <set>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#define gc() getchar()
typedef long long LL;
const int N=1e5+5;

int fa[N];
std::set<int> st[N];
std::pair<int,int> q[N];

inline int read()
{
	int now=0;register char c=gc();
	for(;!isdigit(c);c=gc());
	for(;isdigit(c);now=now*10+c-'0',c=gc());
	return now;
}
int Find(int x)
{
	return x==fa[x]?x:fa[x]=Find(fa[x]);
}

int main()
{
	const int n=read();
	int h=0,t=0;
	for(int i=n-1<<1; i; --i)
	{
		int u=read(),v=read();
//		if(u>v) std::swap(u,v);
		if(!st[u].count(v)) st[u].insert(v), st[v].insert(u);
		else q[t++]=std::make_pair(u,v);
	}
	for(int i=1; i<=n; ++i) fa[i]=i;
	while(h<t)
	{
		int x=Find(q[h].first),y=Find(q[h++].second);
		if(st[x].size()<st[y].size()) std::swap(x,y);//x<-y
		for(std::set<int>::iterator it=st[y].begin(); it!=st[y].end(); ++it)
			if(*it!=x)
			{
				int u=x,v=*it;
				st[v].erase(y);
//				if(u>v) std::swap(u,v);
				if(!st[u].count(v)) st[u].insert(v), st[v].insert(u);
				else q[t++]=std::make_pair(u,v);		
			}
		st[x].erase(y), fa[y]=x;
	}
	puts(t==n-1?"YES":"NO");

	return 0;
}