[AtCoder AGC014 .E][杂题]Blue and Red Tree

题意

给一棵树，初始每条边都是蓝色的，你可以选择一条全是蓝色的路径，删去其中的一条边，然后给这条路径的两个端点连上一条红色的边。给出两棵都是N个点的树，问是否存在一种方案使第一棵树变成第二棵树。

挺好的题

操作可以看成：选择一条蓝色的边删去，原来的树会变成两棵没有交集的树T1,T2，然后分别在T1,T2中选择一个点，连上红色的边，递归处理T1,T2

考虑递归到最后，会剩下两个点，那么这两个点在原来的树中存在一条边，在最终的树中也连有一条边。

那么把两棵树的边都加上，会得到一张图，有些点对之间有两条边，这些点就是那些递归到最后的两个点。

可以倒过来想，每次找之间连有两条边的点对，将他们缩成一个点，这样算作一次操作。

如果在操作n-1次之前就不存在这样的点对了，输出无解，否则有解

至于缩点，用multiset记一下和这个点之间有边的点，每次启发式合并一下就可以了

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <set>
#include <map>
#include <queue>
#define N 100010

using namespace std;

typedef pair<int,int> par;

int n;
int fa
;
map<par,int> M,A;
multiset<int> S
;
queue<par> Q;

inline par makep(int x,int y){
if(x>y) return par(y,x);
return par(x,y);
}

int find(int x){
return x==fa[x]?x:fa[x]=find(fa[x]);
}

int main(){
freopen("1.in","r",stdin);
freopen("1.out","w",stdout);
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++) fa[i]=i;
for(int i=1;i<=2*n-2;i++){
int x,y; par z;
scanf("%d%d",&x,&y);
z=makep(x,y);
S[x].insert(y); S[y].insert(x);
if((++M[z])>1&&!A.count(z))
A[z]=1,Q.push(z);
}
for(int k=1;k<n;k++){
int x,y;
while(1){
if(Q.empty()) return puts("NO"),0;
x=find(Q.front().first),y=find(Q.front().second); Q.pop();
if(x!=y) break;
}
if(S[x].size()>S[y].size()) swap(x,y); fa[x]=y;
for(set<int>::iterator i=S[x].begin();i!=S[x].end();i++){
int v=find(*i);
if(v==y) continue;
S[y].insert(v); S[v].insert(y);
if((++M[makep(y,v)])>1&&!A.count(makep(y,v)))
Q.push(makep(y,v)),A[makep(y,v)]=1;
S[v].erase(S[v].find(x));
}
S[y].erase(x);
S[x].clear();
}
puts("YES");
return 0;
}