$des$
一棵 $n$ 个点的树，树上有 $m$ 条双向的公交线路，每条公交线路都在
两个节点之间沿最短路径往返。
$q$ 次询问从一个点要到达另一个点，在只坐公交的情况下，至少需
要坐几辆公交车；或者判断无法只坐公交到达。
$n,m,q <= 2 imes 10^5$
$sol$
对于每个点，先预处理出从这个点坐一次公交车能最远到达哪个
祖先。对于一条公交线路 (u,v)，将 lca 的信息挂在 u,v 上，dfs 一遍向上
更新信息即可。
通过倍增算出从某个点坐 $2^k$ 次最远能到达哪个祖先。这样对于一
条路径 (u,v)，我们就能快速算出 u,v 走到 lca 分别至少需要多少辆车，
假设答案分别为 $a,b$，那么询问的答案要么是 $a + b$，要么是 $a + b - 1$
。判断的方法也很简单，先算出 $u$ 向上坐 $a - 1$ 次，$v$ 向上坐 $b - 1$
次，最远能到达哪个节点。若存在一条线路经过这两个节点，则答案
为 $a + b - 1$。也就是判断是否有一条线路的两端分别在这两个节点的
子树中。
这可以变成了一个二维数点问题，时间复杂度 $O((n + m + q)logn)$，不会
$O(nlog^2n)$ 卡过
问题转化为树上存在 $n$ 对点对，每对点对带有不同的权值 a，每次询问点对
$(x, y)$ 二者的子树内是否存在相同的点的权值
可以用线段树套set维护
$code$
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define gc getchar() inline int read() { int x = 0; char c = gc; while(c < '0' || c > '9') c = gc; while(c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = gc; return x; } #define E exit(0) #define Rep(i, a, b) for(int i = a; i <= b; i ++) const int N = 2e5 + 10; int fa[N], size[N], topp[N], son[N], deep[N] = {(1 << 30)}, lst[N], rst[N], sptime; int f[N][30]; int upst[N]; vector <int> G[N]; int n; void Dfs_1(int u, int f_, int dep) { fa[u] = f_, deep[u] = dep, size[u] = 1; int S = G[u].size(); Rep(i, 0, S - 1) { int v = G[u][i]; if(v == f_) continue; Dfs_1(v, u, dep + 1); if(size[v] > size[son[u]]) son[u] = v; } } void Dfs_2(int u, int tp) { topp[u] = tp; lst[u] = ++ sptime; if(!son[u]) { rst[u] = sptime; return ; } Dfs_2(son[u], tp); int S = G[u].size(); Rep(i, 0, S - 1) { int v = G[u][i]; if(v != fa[u] && v != son[u]) Dfs_2(v, v); } rst[u] = sptime; } inline int Lca(int x, int y) { int tpx = topp[x], tpy = topp[y]; while(tpx != tpy) { if(deep[tpx] < deep[tpy]) swap(x, y), swap(tpx, tpy); x = fa[tpx], tpx = topp[x]; } if(x == y) return x; if(deep[x] < deep[y]) swap(x, y); return y; } void Dfs_3(int u) { int S = G[u].size(); Rep(i, 0, S - 1) { int v = G[u][i]; if(v == fa[u]) continue; Dfs_3(v); if(deep[upst[v]] < deep[upst[u]]) upst[u] = upst[v]; } } set <int> Tree[N << 2]; #define lson jd << 1 #define rson jd << 1 | 1 void Poi_G(int l, int r, int jd, int x, int num) { if(Tree[jd].count(num) == 0) Tree[jd].insert(num); if(l == r) return ; int mid = (l + r) >> 1; if(x <= mid) Poi_G(l, mid, lson, x, num); else Poi_G(mid + 1, r, rson, x, num); } bool flag; set <int> :: iterator wl, wr; void Sec_A(int l, int r, int jd, int x, int y, int fl, int fr) { if(flag || Tree[jd].size() == 0) return ; if(x <= l && r <= y) { if(Tree[jd].count(fl) || Tree[jd].count(fr)) { flag = 1; return ; } Tree[jd].insert(fr); wl = Tree[jd].lower_bound(fl); wr = Tree[jd].lower_bound(fr); Tree[jd].erase(fr); if(wr == wl) return ; if(wr != wl) flag = 1; return ; } int mid = (l + r) >> 1; if(x <= mid && flag == 0) Sec_A(l, mid, lson, x, y, fl, fr); if(y > mid && flag == 0) Sec_A(mid + 1, r, rson, x, y, fl, fr); } inline void Calc(int x, int y) { int ret; int lca = Lca(x, y); int a = 0, b = 0, lstx = x, lsty = y, tmpx = x, tmpy = y; for(int i = 18; i >= 0; i --) { if(deep[f[x][i]] > deep[lca]) a += (1 << i), x = f[x][i]; } for(int i = 18; i >= 0; i --) { if(deep[f[y][i]] > deep[lca]) b += (1 << i), y = f[y][i]; } if(deep[f[x][0]] > deep[lca] || deep[f[y][0]] > deep[lca]) { puts("-1"); return ; } flag = 0; int l1 = lst[x], r1 = rst[x], l2 = lst[y], r2 = rst[y]; Sec_A(1, n, 1, l1, r1, l2, r2); Sec_A(1, n, 1, l2, r2, l1, r1); if(lca == x || lca == y) ret = a + b + 1; else if(flag == 1) ret = a + b + 1; else ret = a + b + 2; printf("%d ", ret); } int main() { n = read(); Rep(i, 2, n) { int u = read(); G[u].push_back(i), G[i].push_back(u); } Dfs_1(1, 0, 1); Dfs_2(1, 1); int m = read(); Rep(i, 1, m) { int u = read(), v = read(); int lca = Lca(u, v); if(deep[lca] < deep[upst[u]] || upst[u] == 0) upst[u] = lca; if(deep[lca] < deep[upst[v]] || upst[v] == 0) upst[v] = lca; Poi_G(1, n, 1, lst[u], lst[v]); } Dfs_3(1); Rep(i, 1, n) f[i][0] = upst[i]; Rep(i, 1, 18) { Rep(j, 1, n) f[j][i] = f[f[j][i - 1]][i - 1]; } m = read(); Rep(i, 1, m) { int a = read(), b = read(); Calc(a, b); } return 0; }