题目
龙龙是“饱了呀”外卖软件的注册骑手，负责送帕特小区的外卖。帕特小区的构造非常特别，都是双向道路且没有构成环 —— 你可以简单地认为小区的路构成了一棵树，根结点是外卖站，树上的结点就是要送餐的地址。
每到中午 12 点，帕特小区就进入了点餐高峰。一开始，只有一两个地方点外卖，龙龙简单就送好了；但随着大数据的分析，龙龙被派了更多的单子，也就送得越来越累……
看着一大堆订单，龙龙想知道，从外卖站出发，访问所有点了外卖的地方至少一次（这样才能把外卖送到）所需的最短路程的距离到底是多少？每次新增一个点外卖的地址，他就想估算一遍整体工作量，这样他就可以搞明白新增一个地址给他带来了多少负担。
输入格式:
输入第一行是两个数N和M （ 2 < = N < = 1 0 5 ， 1 < = M < = 1 0 5 ）分别对应树上节点的个数（包括外卖站），以及新增的送餐地址的个数。
接下来首先是一行N个数，第i个数表示第i 个点的双亲节点的编号。节点编号从1 到 N ，外卖站的双亲编号定义为−1。
接下来有M行，每行给出一个新增的送餐地点的编号X i 。保证送餐地点中不会有外卖站，但地点有可能会重复。
为了方便计算，我们可以假设龙龙一开始一个地址的外卖都不用送，两个相邻的地点之间的路径长度统一设为1，且从外卖站出发可以访问到所有地点。
注意：所有送餐地址可以按任意顺序访问，且完成送餐后无需返回外卖站。
输出格式:
对于每个新增的地点，在一行内输出题目需要求的最短路程的距离。
输入样例:
7 4
-1 1 1 1 2 2 3
5
6
2
4
输出样例:
2
4
4
6
题解
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int N = 100010; int n, m; int a[N], fa[N], dep[N]; int ans = 0, root = -1; bool st[N]; vector<vector<int>> e; void dfs1(int u, int depth) { dep[u] = depth; for (auto &x: e[u]) { dfs1(x, depth + 1); } } void dfs2(int u) { if(st[u] || u == root) return ; st[u] = true; ans += 2; dfs2(fa[u]); } int main() { cin >> n >> m; e.resize(n + 1, vector<int>()); for (int i = 1; i <= n; i++) { int x; cin >> x; if(x == -1) root = i, fa[i] = i; else e[x].push_back(i), fa[i] = x; } dfs1(root, 1); int mx = -1; while(m--) { int x; cin >> x; if(st[x]) cout << ans - mx + 1 << endl; else { mx = max(mx, dep[x]); dfs2(x); cout << ans - mx + 1 << endl; } } return 0; }
- 暴力统计即可
每次从新增地点，往根节点跑，并标记当前节点，遇到已经标记过的节点就 break。 过程中维护全局当前所有树中要经过的节点数量，及当前最深的节点。
- 答案：见代码，简洁明了。
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int N = 1e5 + 9; int n, m, s; vector<int> e[N]; int dep[N]; void dfs(int u, int f) { dep[u] = dep[f] + 1; for (auto j: e[u]) { if (j == f) continue; dfs(j, u); } } int f[N]; bool st[N]; int main() { cin >> n >> m; for (int i = 1; i <= n; i++) { int x; cin >> x; if (x == -1) { s = i; continue; } e[x].push_back(i); e[i].push_back(x); f[i] = x; // x -> i } dep[0] = -1; dfs(s, 0); long long res = 0; int mx = 0; for (int i = 1; i <= m; i++) { int x; cin >> x; mx = max(mx, dep[x]); while (x != s) { if (!st[x]) res++; else break; st[x] = 1; x = f[x]; } cout << (res) * 2 - mx << endl; } return 0; }
