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[N]; map<par,int> M,A; multiset<int> S[N]; 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; }