\(\texttt{Solution}\)

我们考虑 \(\mathcal O(nq)\)怎么做

我们可以发现如果一个点是关键节点，那么这个点下面的关键节点是一定要删去的，如果这个点不是关键节点，那么如果他下面有两个以上的关键节点，把他传到上面去再把这个点删掉只会更劣不会更优，而如果只有一个关键节点，传到上面去只会更优不会更劣，那么直接把这个点标记成关键节点上传就好了。

那么是否所有的点都是有用的呢，我们可以发现，所有非 \(\texttt{lca}\) 的点都是一定不会去选择的，因为他不可能下面有两个关键节点，选了他只会更劣而不会更优。

而建立一棵只有 \(\texttt{lca}\) 的树的方法其实就是虚树的构造方法。

有一种极其简单构造方法：

我们把关键点按照 \(\texttt{dfn}\) 排序，相邻点的 \(\texttt{lca}\) 丢进去，再排序，每个点在虚树上的父亲就是自己和前驱的 \(\texttt{lca}\)

\(\texttt{Proof:}\)

首先证明一个伞兵结论，任意多个点直接的 \(\texttt{lca}\) 一定是他们中任意两个点之间的 \(\texttt{lca}\) 中的一个。

首先我们假设原来只有 \(n\) 个点，然后记他们的 \(\texttt{lca}\) 为 \(K\)，然后现在新加进来一个点 \(x\)，如果他在 \(K\) 的子树下，那么总的 \(\texttt{lca}\) 还是 \(K\)，如果他不在 \(K\) 的子树内，那么这个新的点都不在他们共同点的子树内，也一定不在这 \(n\) 个点的子树内，且这 \(n\) 个点向上跳到 \(K\) 都不行，那么一定会在向上跳，于是就一定是这个新的点与原来的 \(n\) 个点的 \(\texttt{lca}\) 中的一个。

然后我们再证明排序之后，相邻两个点的 \(\texttt{lca}\) 一定包含了所有需要用到的 \(\texttt{lca}\)。

根据结论 \(1\) 我们可以知道，一个点会被计入当且仅当，有两个点在他的不同子树内，那么我们根据 \(\texttt{dfn}\) 序的性质，一定是把这棵子树遍历完再遍历其他的树，那么如果存在两个点分属两个子树，一定存在一次是一棵子树遍历完了，要到另外一个子树的过程，而前面一棵子树的 \(\texttt{dfn}\) 序最大的那个点，和后面那个子树 \(\texttt{dfn}\) 序最小的那个点，一定是相邻的，所有我们一定会把所有需要用的 \(\texttt{lca}\) 求出来。

那么现在我们事实上已经将所有要用的点找出来了，那么只要验证树的构造的正确性就可以了。

如果排序之后两个点是相邻的，那么一种情况是后面一个点是前面一个点的子节点，这种情况显然是后面一个点要连向前面一个点，一种情况是跳到另外一个子树，那么要是这两个点连起来的，或者说使这两棵树连起来，就一定要使他们两个的 \(\texttt{lca}\) 连向后面一个点。

标签：子树,一个点,题解,texttt,那么,lca,CF613D,节点
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