【国家集训队】跳跳棋（LCA+二分答案）

这是一道神题，不看题解永远我永远也不会和LCA扯上关系。不知道为什么会出现在“NOIP 500+”这样的书里...

首先，对于递增的三个坐标（x，y，z），有三种走法：

1，y向x方向跳，得到（2x-y，x，z）可以发现这是扩大了边界。

2，y向z方向跳，得到（x，z，2z-y）可以发现这是扩大了边界。

3，设d1=y-x， d2=z-y，如果d1>d2，z可以跳到x，y中间，得到（x，2y-z，y）；或者d2>d1，x可以跳到y，z中间得到（y，2y-x，z）；由于每个坐标只能放一个棋子，所以当d1=d2时不能往中间走。可以发现这是缩小了边界。

这不就是一棵树吗？前两种为左右儿子，第三种为父亲。

进一步思考，按照前两种走法，可以走无限步，且数字越来越大，不可取。按第三种走法，步数有限且数字减小，而且走法唯一，那么我们就把给出的初始状态与目标状态同时按第三种走法走到不能再走为止，看得到的是不是相同，若不相同则输出NO。也就是在树上看根是否相同。

如果可行，说明两个节点在同一棵树上，那么一般只需求出LCA即可。但这题状态太多，无法存储。

于是想到先把两个节点跳到同一深度，再二分两个节点到LCA的距离。

但还有个贯穿始终的问题：上跳时，第3种方法一次一次跳会超时。以d1<d2为例，直接跳到d1=d2或者d1>d2为止，如图：

直接跳了d2/d1步，有点类似欧几里得求gcd。此时d1不变，d2变成d2%d1。接下来z又向v方向跳即可，依此类推，直到不能再跳。

详见代码。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;LL get(LL a,LL b,LL c,LL &dep,LL &len)
{LL d1=b-a,d2=c-b;while(d1!=d2){if(d1<d2){LL step=d2/d1, rest=d2%d1;if(rest==0){dep+=step-1;a+=d1*(step-1);len=d1; return a;}d2=rest; a+=d1*step; b+=d1*step; dep+=step;}else{LL step=d1/d2, rest=d1%d2;if(rest==0){dep+=step-1;len=d2; return a;}d1=rest; c-=d2*step; b-=d2*step; dep+=step;}}dep=0; len=d1; return a;
}void getfa(LL &a,LL &b,LL &c,LL mid)
{LL d1=b-a,d2=c-b;while(mid){if(d1<d2){LL step=d2/d1, rest=d2%d1;if(step>=mid){a+=d1*mid; b+=d1*mid;if(b==c){b=a;a=b-d1;}return;}mid-=step; d2=rest; b=c-rest; a=b-d1;}else{LL step=d1/d2, rest=d1%d2;if(step>=mid){c-=d2*mid; b-=d2*mid;if(b==a){b=c;c=b+d2;}return;}mid-=step; d1=rest; b=a+rest; c=b+d2;}}
}int main()
{LL ori[3],goal[3],dep1=0,dep2=0,len1,len2;cin>>ori[0]>>ori[1]>>ori[2];cin>>goal[0]>>goal[1]>>goal[2];sort(ori,ori+3); sort(goal,goal+3);LL a1=get(ori[0],ori[1],ori[2],dep1,len1);LL a2=get(goal[0],goal[1],goal[2],dep2,len2);if(a1!=a2||len1!=len2){cout<<"NO";return 0;}cout<<"YES"<<'\n';LL cnt=0;if(dep1>dep2){cnt=dep1-dep2;getfa(ori[0],ori[1],ori[2],dep1-dep2);}else if(dep2>dep1){cnt=dep2-dep1;getfa(goal[0],goal[1],goal[2],dep2-dep1);}LL L=0,R=min(dep1,dep2),mid,ans=0,a,b,c,x,y,z;while(R>=L){mid=(L+R)/2;getfa(a=ori[0],b=ori[1],c=ori[2],mid);getfa(x=goal[0],y=goal[1],z=goal[2],mid);if(a==x&&b==y&&c==z){ans=mid*2;R=mid-1;}else L=mid+1;}cout<<cnt+ans;return 0;
}

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1，y向x方向跳，得到（2x-y，x，z）可以发现这是扩大了边界。

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如果可行，说明两个节点在同一棵树上，那么一般只需求出LCA即可。但这题状态太多，无法存储。

于是想到先把两个节点跳到同一深度，再二分两个节点到LCA的距离。

但还有个贯穿始终的问题：上跳时，第3种方法一次一次跳会超时。以d1<d2为例，直接跳到d1=d2或者d1>d2为止，如图：

直接跳了d2/d1步，有点类似欧几里得求gcd。此时d1不变，d2变成d2%d1。接下来z又向v方向跳即可，依此类推，直到不能再跳。

详见代码。

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3，设d1=y-x， d2=z-y， 如果d1>d2，z可以跳到x，y中间，得到（x，2y-z，y）；或者d2>d1，x可以跳到y，z中间得到（y，2y-x，z）；由于每个坐标只能放一个棋子，所以当d1=d2时不能往中间走。可以发现这是缩小了边界。

这不就是一棵树吗？前两种为左右儿子，第三种为父亲。

如果可行，说明两个节点在同一棵树上，那么一般只需求出LCA即可。但这题状态太多，无法存储。

于是想到先把两个节点跳到同一深度 ，再二分两个节点到LCA的距离。

但还有个贯穿始终的问题：上跳时，第3种方法一次一次跳会超时。以d1<d2为例，直接跳到d1=d2或者d1>d2为止，如图：

直接跳了d2/d1步，有点类似欧几里得求gcd。此时d1不变，d2变成d2%d1。接下来z又向v方向跳即可，依此类推，直到不能再跳。

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