CD操作

Time Limit: 10000/5000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 65535/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 78    Accepted Submission(s): 14

Problem Description 　　在Windows下我们可以通过cmd运行DOS的部分功能，其中CD是一条很有意思的命令，通过CD操作，我们可以改变当前目录。

　　这里我们简化一下问题，假设只有一个根目录，CD操作也只有两种方式：

　　1. CD 当前目录名\…\目标目录名 (中间可以包含若干目录，保证目标目录通过绝对路径可达)

　　2. CD .. (返回当前目录的上级目录)

　　现在给出当前目录和一个目标目录，请问最少需要几次CD操作才能将当前目录变成目标目录？  

Input 输入数据第一行包含一个整数T(T<=20)，表示样例个数；

每个样例首先一行是两个整数N和M(1<=N,M<=100000)，表示有N个目录和M个询问；

接下来N-1行每行两个目录名A B(目录名是只含有数字或字母，长度小于40的字符串)，表示A的父目录是B。

最后M行每行两个目录名A B，表示询问将当前目录从A变成B最少要多少次CD操作。

数据保证合法，一定存在一个根目录，每个目录都能从根目录访问到。  

Output 请输出每次询问的结果，每个查询的输出占一行。  

Sample Input 2 3 1 B A C A B C 3 2 B A C B A C C A  

Sample Output 2 1 2  

Source
2013金山西山居创意游戏程序挑战赛——初赛（1）  

Recommend liuyiding         目录刚好成一颗树。 树有唯一的根结点。 每步操作可以到上一级目录，或者直接到下面的目录。   其实就是查询LCA   要求u->v 把u、v的lca求出来，设为tmp 那么肯定是先u->tmp->u   u->temp的步数刚好是他们的深度差，一个数组存深度差就可以了。   temp->v如果不相等就是一步，相等就是0步     LCA还是不熟悉啊，只会套模板，下次来补  

//============================================================================
// Name        : C.cpp
// Author      : 
// Version     :
// Copyright   : Your copyright notice
// Description : Hello World in C++, Ansi-style
//============================================================================

#include <iostream>
#include <string.h>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <map>
#include <vector>
#include <math.h>
#include <string>
#include <stdio.h>
#include <math.h>
using namespace std;

const int MAXN=100010;

int rmq[2*MAXN];//建立RMQ的数组

//***************************
//ST算法，里面含有初始化init(n)和query(s,t)函数
//点的编号从1开始，1-n.返回最小值的下标
//***************************
struct ST
{
    int mm[2*MAXN];//mm[i]表示i的最高位，mm[1]=0,mm[2]=1,mm[3]=1,mm[4]=2
    int dp[MAXN*2][20];
    void init(int n)
    {
        mm[0]=-1;
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            mm[i]=((i&(i-1))==0?mm[i-1]+1:mm[i-1]);
            dp[i][0]=i;
        }
        for(int j=1;j<=mm[n];j++)
          for(int i=1;i+(1<<j)-1<=n;i++)
             dp[i][j]=rmq[dp[i][j-1]]<rmq[dp[i+(1<<(j-1))][j-1]]?dp[i][j-1]:dp[i+(1<<(j-1))][j-1];
    }
    int query(int a,int b)//查询a到b间最小值的下标
    {
        if(a>b)swap(a,b);
        int k=mm[b-a+1];
        return rmq[dp[a][k]]<rmq[dp[b-(1<<k)+1][k]]?dp[a][k]:dp[b-(1<<k)+1][k];
    }
};

//边的结构体定义
struct Node
{
    int to,next;
};

/* ******************************************
LCA转化为RMQ的问题
MAXN为最大结点数。ST的数组 和 F，edge要设置为2*MAXN

F是欧拉序列，rmq是深度序列，P是某点在F中第一次出现的下标
*********************************************/

struct LCA2RMQ
{
    int n;//结点个数
    Node edge[2*MAXN];//树的边,因为是建无向边，所以是两倍
    int tol;//边的计数
    int head[MAXN];//头结点

    bool vis[MAXN];//访问标记
    int F[2*MAXN];//F是欧拉序列，就是DFS遍历的顺序
    int P[MAXN];//某点在F中第一次出现的位置
    int cnt;

    ST st;
    void init(int n)//n为所以点的总个数，可以从0开始，也可以从1开始
    {
        this->n=n;
        tol=0;
        memset(head,-1,sizeof(head));
    }
    void addedge(int a,int b)//加边
    {
        edge[tol].to=b;
        edge[tol].next=head[a];
        head[a]=tol++;
        edge[tol].to=a;
        edge[tol].next=head[b];
        head[b]=tol++;
    }

    int query(int a,int b)//传入两个节点，返回他们的LCA编号
    {
        return F[st.query(P[a],P[b])];
    }

    void dfs(int a,int lev)
    {
        vis[a]=true;
        ++cnt;//先加，保证F序列和rmq序列从1开始
        F[cnt]=a;//欧拉序列，编号从1开始，共2*n-1个元素
        rmq[cnt]=lev;//rmq数组是深度序列
        P[a]=cnt;
        for(int i=head[a];i!=-1;i=edge[i].next)
        {
            int v=edge[i].to;
            if(vis[v])continue;
            dfs(v,lev+1);
            ++cnt;
            F[cnt]=a;
            rmq[cnt]=lev;
        }
    }

    void solve(int root)
    {
        memset(vis,false,sizeof(vis));
        cnt=0;
        dfs(root,0);
        st.init(2*n-1);
    }
}lca;

bool flag[MAXN];
map<string,int>mp;

int deep[MAXN];
vector<int>vec[MAXN];
void bfs(int root)
{
    memset(deep,0,sizeof(deep));
    queue<int>q;
    while(!q.empty())q.pop();
    deep[root]=1;
    q.push(root);
    while(!q.empty())
    {
        int tmp=q.front();
        q.pop();
        int sz=vec[tmp].size();
        for(int i=0;i<sz;i++)
        {
            if(deep[vec[tmp][i]]==0)
            {
                deep[vec[tmp][i]]=deep[tmp]+1;
                q.push(vec[tmp][i]);
            }
        }
    }
}

int main()
{
    //freopen("in.txt","r",stdin);
    //freopen("out.txt","w",stdout);
    int T;
    int N,m;
    int u,v;
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
    {
        scanf("%d%d",&N,&m);
        memset(flag,false,sizeof(flag));
        lca.init(N);
        string str1,str2;
        int id=0;
        mp.clear();
        for(int i=1;i<=N;i++)vec[i].clear();
        for(int i=1;i<N;i++)
        {
            cin>>str1>>str2;
            if(mp[str1]==0)mp[str1]=++id;
            if(mp[str2]==0)mp[str2]=++id;
            u=mp[str1];
            v=mp[str2];
            vec[v].push_back(u);
            lca.addedge(v,u);
            flag[u]=true;
        }
        int root;
        for(int i=1;i<=N;i++)
          if(!flag[i])
          {
              root=i;
              break;
          }
        //printf("root:%d\n",root);
        lca.solve(root);
        bfs(root);

        //for(int i=1;i<=N;i++)printf("%d:%d\n",i,deep[i]);

        while(m--)
        {
            cin>>str1>>str2;
            u=mp[str1];
            v=mp[str2];
            int tmp=lca.query(u,v);
            //cout<<str1<<" "<<str2<<endl;
            //printf("%d  %d  %d\n",u,v,tmp);
            int ans=deep[u]-deep[tmp];
            if(tmp!=v)ans++;
            printf("%d\n",ans);
        }
    }
    return 0;
}