题目描述

今天在蓝桥杯群里面看见讨论题目的，正好我在拿chatgpt写东西，突发奇想能不能让chatgpt答题，于是有了这个回答，以下内容全部来自chatgpt

思路

要解决这个问题，可以利用树的特性以及并查集数据结构。树中的每条边的切断都会形成两个连通块。对于给定的数对 (ai, bi)，如果存在一条边，其切断后恰好使所有给定的数对中的结点不再处于同一连通块中，则我们找到了答案。重点在于如何高效地找到这样的边。

解题思路
使用并查集维护连通性：并查集可以高效地处理和查询网络中元素的连通性。

预处理数对：对于每个数对 (ai, bi)，我们需要检查断开哪条边可以使 ai 和 bi 不连通。可以通过将 ai 和 bi 关联到边界边来预处理。

树的性质：在树中，任何两个节点之间的路径都是唯一的。这意味着对于每个数对 (ai, bi)，存在唯一的路径连接这两个节点，且路径上的任何一条边的移除都可以断开 ai 和 bi 的连通性。

逆向思维：使用DFS或BFS从任意节点遍历树，计算每条边在所有 (ai, bi) 路径中出现的次数。如果某条边在所有 (ai, bi) 路径中至少出现一次，则断开这条边可能是一个解决方案。

选择边：遍历所有的边，检查断开哪条边可以满足所有给定的数对 (ai, bi) 不连通。如果存在多个解，选择编号最大的一个。

算法1

#include <iostream>
#include <vector>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstring>  // 包含这个头文件以使用 memset
#include <functional>
using namespace std;

const int MAXN = 100005;
int LOG;
vector<int> tree[MAXN];
int depth[MAXN], parent[MAXN];
int up[MAXN][20];  // 根据情况调整数组大小，20通常足以覆盖高达10^6的节点
int path_count[MAXN];
bool visited[MAXN];
vector<pair<int, int>> pairs;

void dfs(int node, int par) {
    parent[node] = par;
    depth[node] = depth[par] + 1;
    visited[node] = true;
    up[node][0] = par;  // 初始化up数组，直接祖先
    for (int i = 1; i <= LOG; ++i) {
        if (up[node][i-1] != -1) {
            up[node][i] = up[up[node][i-1]][i-1];
        }
    }
    for (int child : tree[node]) {
        if (!visited[child]) {
            dfs(child, node);
        }
    }
}

int lca(int u, int v) {
    if (depth[u] < depth[v]) swap(u, v);
    int diff = depth[u] - depth[v];
    for (int i = 0; i <= LOG; ++i) {
        if (diff & (1 << i)) {
            u = up[u][i];
        }
    }
    if (u == v) return u;
    for (int i = LOG; i >= 0; --i) {
        if (up[u][i] != -1 && up[u][i] != up[v][i]) {
            u = up[u][i];
            v = up[v][i];
        }
    }
    return parent[u];
}

int main() {
    int n, m;
    cin >> n >> m;
    LOG = ceil(log2(n));
    vector<pair<int, int>> edges(n - 1);
    for (int i = 0; i < n - 1; ++i) {
        int u, v;
        cin >> u >> v;
        tree[u].push_back(v);
        tree[v].push_back(u);
        edges[i] = {u, v};
    }
    // 初始化
    for (int i = 0; i <= n; ++i) {
        for (int j = 0; j <= LOG; ++j) {
            up[i][j] = -1;
        }
    }
    depth[0] = -1;
    memset(visited, 0, sizeof(visited));
    dfs(1, 0);

    for (int i = 0; i < m; ++i) {
        int a, b;
        cin >> a >> b;
        pairs.push_back({a, b});
    }

    // Path counting using LCA
    for (auto& p : pairs) {
        int u = p.first, v = p.second;
        int ancestor = lca(u, v);
        path_count[u]++;
        path_count[v]++;
        path_count[ancestor] -= 2;
        if (parent[ancestor] != 0) { // 确保不是根节点
            path_count[parent[ancestor]] -= 2;
        }
    }

    // Aggregate counts from the root downward
    function<void(int, int)> accumulate = [&](int node, int par) {
        for (int child : tree[node]) {
            if (child != par) {
                accumulate(child, node);
                path_count[node] += path_count[child];
            }
        }
    };

    accumulate(1, 0);

    // Finding the maximum index edge to cut
    int answer = -1;
    for (int i = 0; i < n - 1; ++i) {
        int u = edges[i].first, v = edges[i].second;
        if (parent[u] == v) swap(u, v);  // Ensure v is the child
        if (path_count[v] == m) {
            answer = i + 1;  // Edge indices are 1-based
        }
    }

    cout << answer << endl;
    return 0;
}

解释

题目目的
题目要求在一棵树上找到一条可以切断的边，这样所有给定的结点对 (ai, bi) 都不再相连。树是一种特殊的图，任意两个节点间有且只有一条唯一路径。题目中提供的 (ai, bi) 对意味着切断的边需要确保 ai 和 bi 不在同一个连通分量中。

核心问题
要解决的问题是如何判断某条边的切断是否能满足所有的 (ai, bi) 对断开的要求。

解题思路
构建树的基本结构：使用邻接表（每个节点都记录它的直接连接节点）表示树。
深度优先搜索 (DFS)：从根节点开始遍历树，记录每个节点的深度和父节点，为 LCA 计算做准备。
最低公共祖先 (LCA) 预处理：使用二进制提升技术，预处理每个节点向上的路径，以便快速查询任意两个节点的 LCA。
路径差分：对于每对 (ai, bi)，利用它们的 LCA 做路径差分，标记需要断开连接的关键路径。
路径累计：从根节点开始，遍历整棵树，累加路径计数，确定每个节点的最终路径权值。
确定可切断的边：遍历所有的边，根据路径权值判断哪些边的切断能满足题目要求，即这些边的子节点路径权值等于所有 (ai, bi) 对的总数。
代码流程
输入和初始化：

读取树的节点数 n 和节点对数 m。
读取并构建树的结构。
初始化用于 LCA 计算的数据结构。
DFS 遍历：

从任一节点（通常是节点1）开始，记录每个节点的父节点和深度。
设置每个节点向上路径的记录（为 LCA 计算做准备）。
处理每对 (ai, bi)：

计算每对的 LCA。
在 ai 和 bi 路径上应用差分，增加计数。
路径权值累加：

再次遍历树，根据差分数组累加每个节点的路径权值。
判断和输出：

检查哪条边的移除可以使所有的 (ai, bi) 对不连通。
输出满足条件的边的最大编号。
通过这种方法，题目的核心挑战被系统地分解成了几个可管理的步骤，每一步都利用了图论和树的性质来高效处理数据。这个解法不仅准确而且高效，能够处理大规模数据。

时间复杂度

时间复杂度分析
DFS 遍历：

复杂度：O(N)
解释：DFS 遍历整棵树一次，访问每个节点一次，用于初始化每个节点的深度和父节点信息。
最低公共祖先 (LCA) 的预处理：

复杂度：O(N log N)
解释：对每个节点，使用二进制提升方法存储向上至多 log N 级的祖先信息，其中 N 是节点数量。
处理每对 (ai, bi)：

复杂度：O(m log N)
解释：对于 m 对 (ai, bi)，每对需要计算一次 LCA。LCA 查询因为二进制提升的预处理，每次查询的复杂度是 O(log N)。
路径权值累加：

复杂度：O(N)
解释：从根节点开始，再次遍历整棵树一次，累加计数到每个节点。这一步确保了每条边的断开对应的路径权值可以正确计算。
判断和输出可切断的边：

复杂度：O(N)
解释：检查每条边，根据其子节点的路径权值判断是否可以切断。遍历边的数量与节点数量几乎相同。
综合时间复杂度
将以上步骤合并，总时间复杂度主要由 O(N log N) 和 O(m log N) 控制，即：

总复杂度：O((N + m) log N)
这个时间复杂度表明，代码在处理大规模数据时是有效的，尤其是当 N 和 m 的数量级较大时，依然能够在合理的时间内完成计算。