D – Collision

题目描述：

给一颗树，q次询问，每次询问给两个点x和y，两个点上放两个人以相同的速度，沿着二者的最短路前进，问二者会在点上相遇，还是在边上相遇

思路：

不难发现，对于任意两个点x和y，如果二者在树上的最短距离是奇数，则在边上相遇，否则在点上相遇

树上最短距离可以用lca求，但是这里没必要这么求，我们只需要知道二者距离的奇偶性即可，那我们可以对整个图进行黑白染色，如果颜色相同，则是在点上相遇，否则是在边上相遇

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define endl '\n'
#define inf 0x3f3f3f3f
#define mod7 1000000007
#define mod9 998244353
#define m_p(a,b) make_pair(a, b)
#define mem(a,b) memset((a),(b),sizeof(a))
#define io ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0)
#define debug(a) cout << "Debuging...|" << #a << ": " << a << "\n";
typedef long long ll;
typedef pair <int,int> pii;

#define MAX 300000 + 50
int n, m, k, x;
vector<int>G[MAX];
int col[MAX];
void dfs(int u, int op){
    col[u] = op;
    for(auto v : G[u]){
        if(col[v] == -1)dfs(v, op ^ 1);
    }
}
void work(){
    cin >> n >> m;
    for(int i = 1, a, b; i < n; ++i){
        cin >> a >> b;
        G[a].push_back(b);
        G[b].push_back(a);
    }
    mem(col, -1);
    dfs(1, 0);
    for(int i = 1, a, b; i <= m; ++i){
        cin >> a >> b;
        if(col[a] != col[b])cout << "Road\n";
        else cout << "Town\n";
    }
}


int main(){
    io;
    work();
    return 0;
}

E – Shiritori

题目描述：

成语接龙，有n个长度大于等于3的字符串，当前说到s,下次说的字符串的前3个字符必须和s的后三个完全相同

Takahashi先手，Aoki后手，二者轮流说成语，谁先不能说出成语则输，每个串都可以使用任意多次

问以第i个字符串为开头的时候，谁会赢，如果陷入循环，则输出Draw

思路：

又是一个对抗博弈的题目

$n^2$建图肯定不可取，我们发现，只存在大小写的字母，且只有三位有用，所以可以对每个串，哈希出前三位和后三位,得到u和v,建u->v就行

考虑状态，以点u为起点时，如果先手必输，则ans[u]=0,如果先手必赢，则ans[u]=1

• 如果一个点没有任何的出边，那这个点就是先手必输，即不存在串使的该点能转移到别的点
• 如果一个点一步只能走到先手必胜点，则他先手必输
• 如果一个点可以一步走到一个先手必输点，则他先手必赢
• 如果这个点既不是先手必胜点和不是先手必输点，则是平局点

对于一般来说的对抗博弈题，我们都是去跑dfs，但是这里存在可以循环的点，dfs不好判,所以改成bfs,改成bfs的时候就需要注意了，之前跑dfs的时候，我们是去递归跑完所有子节点，所以最先确定状态的其实所有出度为0的点，如果是博弈树的话，也就是所有叶子节点，所以改成bfs的时候，我们应该先确定叶子节点，也就是出度为0的点,也就是需要我们反向建图，对于出度为0的点，他们的状态就是先手必输，状态为0。遇到状态确定的点就跳过，否则，我们就给出度减1,如果当前点u是先手必输，那对于u的子节点v，他的状态就是先手必胜，即1,并给他塞队列里；如果v的出度已经归0，此时他还没有确实状态，则说明能到达他的点都是必胜点，则他就是必输点，赋状态为0，并给他塞到队列里

输出结果的时候，我们应该判断后三个字母对应的状态，因为以当前串为起始串时，我们先手的人一定会用这个串，而我们求的状态可没有这个规定，所以我们判后三个字母为起始串就可以

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define endl '\n'
#define inf 0x3f3f3f3f
#define mod7 1000000007
#define mod9 998244353
#define m_p(a,b) make_pair(a, b)
#define mem(a,b) memset((a),(b),sizeof(a))
#define io ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0)
#define debug(a) cout << "Debuging...|" << #a << ": " << a << "\n";
typedef long long ll;
typedef pair <int,int> pii;

#define MAX 300000 + 50
int n, m, k, x;
int tr[MAX];
string s;

int getid(char x){
    if(x >= 'A' && x <= 'Z')return x - 'A';
    else return x - 'a' + 26;
}

int calc(char a, char b, char c){
    return getid(a) * 52 * 52 + getid(b) * 52 + getid(c);
}
vector<int>G[MAX];
int du[MAX];
int ans[MAX];
void work(){
    cin >> n;
    for(int i = 1; i <= n; ++i){
        cin >> s;
        int a = calc(s[0], s[1], s[2]);
        int b = calc(s[(int)s.size() - 3], s[(int)s.size() - 2], s[(int)s.size() - 1]);
        G[b].push_back(a);
        ++du[a];
        tr[i] = b;
    }
    mem(ans, -1);
    queue<int>q;
    for(int i = 0; i < 52 * 52 * 52 + 5; ++i){
        if(!du[i]){
            ans[i] = 0;
            q.push(i);
        }
    }
    while (!q.empty()) {
        int u = q.front();q.pop();
        for(auto v : G[u]){
            if(ans[v] != -1)continue;
            --du[v];
            if(ans[u] == 0){
                ans[v] = 1;
                q.push(v);
            }
            else if(du[v] == 0){
                ans[v] = 0;
                q.push(v);
            }
        }
    }
    for(int i = 1; i <= n; ++i){
        int p = ans[tr[i]];
        if(p == 0)cout << "Takahashi\n";
        else if(p == 1)cout << "Aoki\n";
        else cout << "Draw\n";
    }
}


int main(){
    io;
    work();
    return 0;
}