（找不到题解，看了别人代码，自己理解了一下）
题意：给定一些路径，求最长的相交长度-1，并且输出方案
(注意没有相交时输出0而不是-1)
明显的结论：两条路径的 相交路径的LCA一定是某一条路径的LCA
暴力：我们可以通过求若干次LCA来得到一对路径的答案，枚举+RMQ求LCA就能做到\(O(n^2)\)
一、对于相交路径为单链的情况：
我们可以通过从每条路径的\(LCA\)向下二分找到最长的单链存在另一条路径包含它，这个可以用一些奇怪的数据结构(主席树)求出
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define reg register
typedef long long ll;
#define rep(i,a,b) for(reg int i=a,i##end=b;i<=i##end;++i)
#define drep(i,a,b) for(reg int i=a,i##end=b;i>=i##end;--i)
#define pb push_back
template <class T> inline void cmin(T &a,T b){ if(a>b) a=b; }
template <class T> inline void cmax(T &a,T b){ if(a<b) a=b; }
char IO;
template <class T=int> T rd(){
T s=0;
int f=0;
while(!isdigit(IO=getchar())) if(IO=='-') f=1;
do s=(s<<1)+(s<<3)+(IO^'0');
while(isdigit(IO=getchar()));
return f?-s:s;
}
const int N=2e5+10,K=30;
int n,m;
vector <int> G[N];
int a[N],b[N],lca[N],dep[N],fa[N][20];
int L[N],R[N],id[N],dfn;
void dfs(int u,int f) {
id[L[u]=++dfn]=u;
fa[u][0]=f;
rep(i,1,18) fa[u][i]=fa[fa[u][i-1]][i-1];
for(int v:G[u]) if(v!=f) {
dep[v]=dep[u]+1;
dfs(v,u);
}
R[u]=dfn;
}
int Up(int x,int k) {
for(reg int i=0;(1<<i)<=k;++i) if(k&(1<<i)) x=fa[x][i];
return x;
}
int LCA(int x,int y) {
if(dep[x]<dep[y]) swap(x,y);
x=Up(x,dep[x]-dep[y]);
if(x==y) return x;
drep(i,18,0) if(fa[x][i]!=fa[y][i]) x=fa[x][i],y=fa[y][i];
return fa[x][0];
}
vector <int> U[N];
int rt[N],cnt;
int ls[N*K],rs[N*K],s[N*K];
void Upd(int &p,int pre,int l,int r,int x) {
p=++cnt;
s[p]=s[pre]+1,ls[p]=ls[pre],rs[p]=rs[pre];
if(l==r) return;
int mid=(l+r)>>1;
x<=mid?Upd(ls[p],ls[pre],l,mid,x):Upd(rs[p],rs[pre],mid+1,r,x);
}
int Que(int pl,int pr,int l,int r,int ql,int qr) {
if(ql>qr) return 0;
if(l==ql && r==qr) return s[pr]-s[pl];
int mid=(l+r)>>1;
if(qr<=mid) return Que(ls[pl],ls[pr],l,mid,ql,qr);
else if(ql>mid) return Que(rs[pl],rs[pr],mid+1,r,ql,qr);
else return Que(ls[pl],ls[pr],l,mid,ql,mid)+Que(rs[pl],rs[pr],mid+1,r,mid+1,qr);
}
int Get(int x,int y){
if(dep[x]>dep[y]) swap(x,y);
if(x!=y) {
int t=Up(y,dep[y]-dep[x]-1);
return Que(rt[0],rt[L[t]-1],1,n,L[y],R[y])+Que(rt[L[y]-1],rt[R[y]],1,n,R[t]+1,n);
} else return Que(rt[0],rt[L[x]],1,n,L[y],R[y])+Que(rt[L[y]-1],rt[R[y]],1,n,R[x]+1,n);
}
int lst;
int Check(int mid) {
rep(i,1,m) {
if(dep[a[i]]-dep[lca[i]]>=mid) {
int t=Up(a[i],dep[a[i]]-dep[lca[i]]-mid);
if(Get(lca[i],t)>=2) {
lst=i;
return 1;
}
}
if(dep[b[i]]-dep[lca[i]]>=mid) {
int t=Up(b[i],dep[b[i]]-dep[lca[i]]-mid);
if(Get(lca[i],t)>=2) {
lst=i;
return 1;
}
}
}
return 0;
}
namespace pt1{
int Get(int a,int b,int c,int d) {
return max(0,dep[LCA(b,d)]-max(dep[a],dep[c]));
}
int Ans(int i,int j){
int x=LCA(a[i],b[i]),y=LCA(a[j],b[j]);
int t=Get(x,a[i],y,a[j])+Get(x,a[i],y,b[j])+Get(x,b[i],y,a[j])+Get(x,b[i],y,b[j]);
return t;
}
}
int main(){
n=rd(),m=rd();
rep(i,2,n) {
int f=rd();
G[f].pb((int)i),G[i].pb(f);
}
dfs(1,0);
rep(i,1,m) {
a[i]=rd(),b[i]=rd();
lca[i]=LCA(a[i],b[i]);
int x=L[a[i]],y=L[b[i]];
if(x>y) swap(x,y);
U[x].pb(y);
}
rep(i,1,n) {
rt[i]=rt[i-1];
for(int j:U[i]) Upd(rt[i],rt[i],1,n,j);
}
int l=1,r=n,res=0;
while(l<=r) {
int mid=(l+r)>>1;
if(Check(mid)) l=mid+1,res=mid;
else r=mid-1;
}
printf("%d\n",res);
if(res==0) {
puts("1 2");
return 0;
}
rep(i,1,m) if(i!=lst) {
if(pt1::Ans(lst,i)>=res) {
printf("%d %d\n",lst,i);
return 0;
}
}
}\[ \ \]
\[ \ \]
二、对于相交路径是两条垂下来的链的情况
我们通过差分的方式在一个端点加入另一个端点
通过启发式合并转移到儿子
接下来我们考虑合并时的贡献
那么\(a_i\)，\(a_j\)在\(u\)处产生第一次合并，我们就知道答案是\(dep[u]+dep[LCA(b_i,b_j)]-dep[LCA(a_i,b_i)]\cdot 2\)
可以看到，只与\(dep[LCA(b_i,b_j)]\)有关
显然我们不能直接枚举，于是考虑插入\(b_i\)时，只与欧拉序最靠近的两个\(b_j\)产生计算，模拟\(RMQ\)求\(LCA\)可以知道，这样的\(dep[LCA(b_i,b_j)]\)才有可能是最大的
由于需要找前驱后继，所以直接用\(set\)维护合并比较方便
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define reg register
typedef long long ll;
#define rep(i,a,b) for(int i=a,i##end=b;i<=i##end;++i)
#define drep(i,a,b) for(int i=a,i##end=b;i>=i##end;--i)
#define pb push_back
template <class T> inline void cmin(T &a,T b){ if(a>b) a=b; }
template <class T> inline void cmax(T &a,T b){ if(a<b) a=b; }
char IO;
template <class T=int> T rd(){
T s=0;
int f=0;
while(!isdigit(IO=getchar())) if(IO=='-') f=1;
do s=(s<<1)+(s<<3)+(IO^'0');
while(isdigit(IO=getchar()));
return f?-s:s;
}
const int N=2e5+10;
int n,m;
vector <int> G[N];
int a[N],b[N];
int line[N<<1],pos[N],lc,Log[N<<1],dep[N];
int s[20][N<<1];
void dfs(int u,int f) {
line[pos[u]=++lc]=u;
for(int v:G[u]) if(v!=f) {
dep[v]=dep[u]+1,dfs(v,u);
line[++lc]=u;
}
}
void PreMake(){
rep(i,2,lc) Log[i]=Log[i>>1]+1;
rep(i,1,lc) s[0][i]=line[i];
rep(i,1,Log[lc]) {
int len=1<<(i-1);
rep(j,1,lc+1-(1<<i)) {
s[i][j]=dep[s[i-1][j]]<dep[s[i-1][j+len]]?s[i-1][j]:s[i-1][j+len];
}
}
}
int LCA(int x,int y) {
x=pos[x],y=pos[y];
if(x>y) swap(x,y);
int d=Log[y-x+1];
return dep[s[d][x]]<dep[s[d][y-(1<<d)+1]]?s[d][x]:s[d][y-(1<<d)+1];
}
struct Node{
int x,y;
bool operator < (const Node __) const {
return x!=__.x?pos[x]<pos[__.x]:y<__.y;
}
};
set <Node> S[N];
vector <Node> Add[N],Del[N];
int ans,ansx=1,ansy=2;
int Get(int a,int b,int c,int d) {
return max(0,dep[LCA(b,d)]-max(dep[a],dep[c]));
}
void Upd_Ans(int i,int j) {
if(i==j) return;
int x=LCA(a[i],b[i]),y=LCA(a[j],b[j]);
int t=Get(x,a[i],y,a[j])+Get(x,a[i],y,b[j])+Get(x,b[i],y,a[j])+Get(x,b[i],y,b[j]);
if(t>ans) ans=t,ansx=i,ansy=j;
}
typedef set <Node> ::iterator iter;
void Insert(int u,Node x){
iter it=S[u].lower_bound(x);
if(it!=S[u].end()) Upd_Ans(x.y,it->y);
if(it!=S[u].begin()) Upd_Ans(x.y,(--it)->y);
S[u].insert(x);
}
void dfs_getans(int u,int f) {
for(int v:G[u]) if(v!=f) {
dfs_getans(v,u);
if(S[v].size()>S[u].size()) swap(S[u],S[v]);
for(Node i:S[v]) Insert(u,i);
}
for(Node i:Add[u]) Insert(u,i);
for(Node i:Del[u]) S[u].erase(i);
}
int main(){
n=rd(),m=rd();
rep(i,2,n) {
int f=rd();
G[i].pb(f),G[f].pb(i);
}
dfs(1,0),PreMake();
rep(i,1,m) {
a[i]=rd(),b[i]=rd();
int lca=LCA(a[i],b[i]);
Add[a[i]].pb((Node){b[i],i}),Add[b[i]].pb((Node){a[i],i});
Del[lca].pb((Node){b[i],i}),Del[lca].pb((Node){a[i],i});
}
dfs_getans(1,0);
printf("%d\n%d %d\n",ans,ansx,ansy);
}原文：https://www.cnblogs.com/chasedeath/p/12405160.html