题意：找到两条边路径上的必经点个数
分析：一看到这个题，立刻想到之前的压力应该不是问题吧，
这个题应该可以说是压力的简单版，但又与压力有点区别
首先，看到这种必经点的题，立刻圆方树搞起应该已经不是啥问题了吧
重点是接下来怎么做，边于边怎么找路径必经点呢？
这里我介绍两种比较简练（不保证简单）的思路
第一种，现在的问题其实就是不知道从哪两个圆点开始跑lca以及统计等等的操作
那么我们干脆不跑圆点，改跑方点...
现在可能还有人不明白现在的问题到底是啥，我举个例子
这是原图
跑完圆方树后6,7,8是方点，#表示这条边不存在
再给个清楚点的圆方树
现在我要找从12这条边到45这条边路径上的必经点，我不知道是找从1到5的还是找1到4的还是找2到4的还是找2到5的
还有一个问题就是，如果我们就算选出了两个点，比如1到5的，那1和5一定是必经点吗，比如我们的压力这道题，显然1和5是必经点，
但如果1和2在同一个环中（先不考虑是什么样的环，先理解这个问题）那么显然1和2都不是必经的点，因为我到达这条边既可以从1也可以从2，
同理，45也是这样
好了，现在知道了问题是什么，再回看那句思路
我们干脆不跑圆点，改跑方点
为什么这能解决问题呢？
还是可以举几个例子
如上面那个圆方树，如果我要求的是23这条边到45这条边上的必经点，显然，23对应的方点是6,45对应的方点是8
那么如果我直接找6到8上的圆点是不是正好能找到正确结果（可以配合原图（圆方树之前的图）食用）
这是边其中一个端点是必经的情况
而这对于刚刚我们的那种两端点都不必经的情况也适用，比如12到45
所以这种方法其实是完美的解决了这个问题
但这又产生了一个新的问题，如何知道哪条边对应哪个点双呢？
https://www.cnblogs.com/lin4xu/p/12840285.html
可以先做一下上面链接的这道题，然后再先看完下面那种方法
然后应该就知道怎么做了
代码：
#include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #include<vector> using namespace std; const int maxn=2e4+1; const int maxm=4e5+1; const int maxlg=2e1+1; struct Node { int to,next,num; }e[maxm<<1],e2[maxn<<2]; int head[maxn]; int head2[maxn<<1]; int dfn[maxn]; int low[maxn]; int deep[maxn<<1]; int fa[maxn<<1][maxlg]; int belong[maxm<<1]; bool vis[maxn<<1]; vector<int> q; vector<int> eq; int cnt,tar_cnt,cnt2,fang,n; void add(int x,int y,int i) { e[++cnt].to=y; e[cnt].next=head[x]; e[cnt].num=i; head[x]=cnt; } void add2(int x,int y) { e2[++cnt2].to=y; e2[cnt2].next=head2[x]; head2[x]=cnt2; } void tarjan(int x) { dfn[x]=low[x]=++tar_cnt; q.push_back(x); for(int i=head[x];i;i=e[i].next) { int v=e[i].to; if(!dfn[v]) { eq.push_back(i); tarjan(v); low[x]=min(low[x],low[v]); if(low[v]>=dfn[x]) { int now; do { now=eq.back(); eq.pop_back(); belong[e[now].num]=fang; }while(now!=i); do { now=q.back(); add2(now,fang); add2(fang,now); q.pop_back(); }while(now!=v); add2(x,fang);add2(fang++,x); } } else if(dfn[v]<dfn[x]) eq.push_back(i),low[x]=min(low[x],dfn[v]); } } void dfs(int x,int f) { for(int i=head2[x];i;i=e2[i].next) { int v=e2[i].to; if(v!=f) { fa[v][0]=x; deep[v]=deep[x]+1; dfs(v,x); } } } int ask(int x,int y) { if(deep[x]<deep[y]) swap(x,y); int now=deep[x]-deep[y]; for(int i=0;now;i++,now>>=1) if(now&1) x=fa[x][i]; if(x==y) return x; for(int i=maxlg-1;i>=0;i--) { if(fa[x][i]!=fa[y][i]) { x=fa[x][i]; y=fa[y][i]; } } return fa[x][0]; } int chuli(int x,int y) { int fax=ask(x,y); return (deep[x]+deep[y]-2*deep[fax])/2; } int main() { int m,q,x,y; while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF&&n) { memset(head,0,sizeof(head)); memset(head2,0,sizeof(head2)); memset(dfn,0,sizeof(dfn)); memset(low,0,sizeof(low)); memset(vis,0,sizeof(vis)); memset(fa,0,sizeof(fa)); cnt=cnt2=tar_cnt=0; fang=n+1; for(int i=1;i<=m;i++) { scanf("%d%d",&x,&y); add(x,y,i);add(y,x,i); } for(int i=1;i<=n;i++) if(!dfn[i]) tarjan(i),dfs(i,-1); for(int i=1;i<maxlg;i++) for(int j=1;j<fang;j++) fa[j][i]=fa[fa[j][i-1]][i-1]; scanf("%d",&q); while(q--) { scanf("%d%d",&x,&y); printf("%d ",chuli(belong[x],belong[y])); } } return 0; }
第二种，也可以说是非常妙的了
先说结论，只需要将这两个边4个点任意两两跑一遍，最后取最大值即可
先别急着疑惑，慢慢来
首先就是这题求两圆点之间圆点个数(不包括x与y)的方法
这个很简单，(deep[x]+deep[y]-2*deep[lca(x,y)])/2-1，deep[x]是x的深度，根节点为0，解释一下
对于这颗树来说，因为圆点与方点交替分布，不妨以4（圆点）为根节点，以1,3,6为方点
那么deep[x]表示的其实就是x的祖先一共有多少个，拿5与8举例子
deep[5]=4表示了他祖先1,2,3,4这四个节点
deep[8]=4表示了他祖先1,2,6,4这四个节点
lca(5,8)=2
deep[2]=2表示了他祖先1，4这两个节点
deep[5]-deep[2]=2表示了2,3这两个节点
deep[8]-deep[2]=2表示了2,6这两个节点
显然这样这两条路上就都是圆点和方点交替了，除以二就能得到圆点的总个数
但注意，这两条路上2这个圆点重复了，所以要-1
好，知道了这个再去想为什么任选两个节点然后取最大值就行了呢？
还是先通过例子来看看
还是先选23与45这两条路
如果是选的3，4这两个点来跑的话，显然会漏掉原本必经的两个点3,4，因为我们这个方法求的是不算x，y的路径上必经点
但如果选的是2和5，就会发现正好会算上3和4，还不会算上2和5，正好与我们想要的结果一致
再看12与45这两条路
无论你选的是1还是2,1,2都不会被选入必经点中，也符合了正确答案
那么这是为什么呢？
其实，这个题的意思也可以理解为两条路中经过的割点数，当然如果单纯是两点之间的必经点也可以理解为路径中的割点数，不过端点也选上罢了，
这很好理解，因为割点的定义就是断掉这个点你就过不去了
而在圆方树中，割点就是非叶子结点的圆点，而非割点则就是叶子结点，如果在圆方树后，该边的两个端点都是叶子结点，也就是说都不是割点，那自然不选
而只要在路径上的端点是割点，那从另一个端点为起点的路径一定会经过这个点，自然就将他算上了
最后，本文没有讲圆方树以及lca或是dfs的具体处理细节，默认你们已经把压力那题敲的滚瓜烂熟了[呲牙]
实在不会那些比较基本的tarjan，lca或是dfs的话，emm
我好像暂时也没啥办法，毕竟在这种思维题上讲基础好像有点浪费时间[滑稽]
代码：
#include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #include<vector> using namespace std; const int maxn=2e4+1; const int maxm=4e5+1; const int maxlg=2e1+1; struct Node { int to,next; }e[maxm<<1],e2[maxn<<2]; struct edge { int x,y; }a[maxm]; int head[maxn]; int head2[maxn<<1]; int dfn[maxn]; int low[maxn]; int deep[maxn<<1]; int fa[maxn<<1][maxlg]; bool vis[maxn<<1]; vector<int> q; int cnt,tar_cnt,cnt2,fang,n; void add(int x,int y) { e[++cnt].to=y; e[cnt].next=head[x]; head[x]=cnt; } void add2(int x,int y) { e2[++cnt2].to=y; e2[cnt2].next=head2[x]; head2[x]=cnt2; } void tarjan(int x) { dfn[x]=low[x]=++tar_cnt; q.push_back(x); for(int i=head[x];i;i=e[i].next) { int v=e[i].to; if(!dfn[v]) { tarjan(v); low[x]=min(low[x],low[v]); if(low[v]>=dfn[x]) { int now; do { now=q.back(); add2(now,fang); add2(fang,now); q.pop_back(); }while(now!=v); add2(x,fang);add2(fang++,x); } } else low[x]=min(low[x],dfn[v]); } } void dfs(int x,int f) { for(int i=head2[x];i;i=e2[i].next) { int v=e2[i].to; if(v!=f) { fa[v][0]=x; deep[v]=deep[x]+1; dfs(v,x); } } } int ask(int x,int y) { if(deep[x]<deep[y]) swap(x,y); int now=deep[x]-deep[y]; for(int i=0;now;i++,now>>=1) if(now&1) x=fa[x][i]; if(x==y) return x; for(int i=maxlg-1;i>=0;i--) { if(fa[x][i]!=fa[y][i]) { x=fa[x][i]; y=fa[y][i]; } } return fa[x][0]; } int chuli(int x,int y) { int fax=ask(x,y); return (deep[x]+deep[y]-2*deep[fax])/2-1; } int main() { int m,q,x,y; while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF&&n) { memset(head,0,sizeof(head)); memset(head2,0,sizeof(head2)); memset(dfn,0,sizeof(dfn)); memset(low,0,sizeof(low)); memset(vis,0,sizeof(vis)); memset(fa,0,sizeof(fa)); cnt=cnt2=tar_cnt=0; fang=n+1; for(int i=1;i<=m;i++) { scanf("%d%d",&x,&y); add(x,y);add(y,x); a[i].x=x,a[i].y=y; } for(int i=1;i<=n;i++) if(!dfn[i]) tarjan(i),dfs(i,-1); for(int i=1;i<maxlg;i++) for(int j=1;j<fang;j++) fa[j][i]=fa[fa[j][i-1]][i-1]; scanf("%d",&q); while(q--) { scanf("%d%d",&x,&y); int ans=0; ans=max(ans,chuli(a[x].x,a[y].x)); ans=max(ans,chuli(a[x].x,a[y].y)); ans=max(ans,chuli(a[x].y,a[y].x)); ans=max(ans,chuli(a[x].y,a[y].y)); printf("%d ",ans); } } return 0; }