\(Description\)
给定两棵\(n\)个点的树，分别是由\(n-1\)条蓝边和\(n-1\)条红边组成的树。求\(n-1\)次操作后，能否把蓝树变成红树。
每次操作是，选择当前树上一条只由蓝边组成的简单路径\(u\to v\)，删掉路径上的任意一条蓝边，然后在路径上任选两个点，在这两个点之间加一条红边。
\(n\leq10^5\)。
\(Solution\)
模拟一下样例二，就比较容易想到：
考虑能否从红树变回到蓝树。
我们每次要找到当前树上一条蓝边组成的路径\(u\to v\)，设路径上任意一点是\(a\)，不在路径上的一个点是\(b\)。如果当前\(a,b\)之间有红边相连，而\(b\)与路径上某点\(c\)在蓝树上有边，显然这条红边\((a,b)\)是可以通过删掉\((b,c)\)加入的，也就是现在我们在当前树上删掉边\((a,b)\)，加入边\((b,c)\)。然后继续找蓝边路径继续扩展。
怎么实现这一过程呢？
对于整条蓝边组成的路径\(u\to v\)，我们不需要管具体有哪些点，只需要知道\(b\)与\(u\to v\)之间既有一条红边，也有一条蓝边（不会有两条红边/蓝边啊，因为每次操作后也是一棵树），然后我们可以删掉这条红边，加入这条蓝边。边具体是哪条也不需要管，我们只需要知道\(b\)被加入了路径\(u\to v\)。
所以就可以用并查集实现。\(b\)被合并到路径\(u\to v\)前，要把与\(b\)相连的所有边连到路径\(u\to v\)（的代表点）上去，可以用启发式合并。
同时有红边和蓝边与路径相连，就是这条边出现了两次。所以我们把出现两次的边拿出来扩展就好了。
能扩展\(n-1\)次则可行，否则不行。
启发式合并然后用set维护出边，复杂度\(O(n\log^2n)\)。出边可以hash点对\((u,v)\)来维护，少一个\(\log\)，懒得写了。。
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#include <set>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#define gc() getchar()
typedef long long LL;
const int N=1e5+5;
int fa[N];
std::set<int> st[N];
std::pair<int,int> q[N];
inline int read()
{
int now=0;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-'0',c=gc());
return now;
}
int Find(int x)
{
return x==fa[x]?x:fa[x]=Find(fa[x]);
}
int main()
{
const int n=read();
int h=0,t=0;
for(int i=n-1<<1; i; --i)
{
int u=read(),v=read();
// if(u>v) std::swap(u,v);
if(!st[u].count(v)) st[u].insert(v), st[v].insert(u);
else q[t++]=std::make_pair(u,v);
}
for(int i=1; i<=n; ++i) fa[i]=i;
while(h<t)
{
int x=Find(q[h].first),y=Find(q[h++].second);
if(st[x].size()<st[y].size()) std::swap(x,y);//x<-y
for(std::set<int>::iterator it=st[y].begin(); it!=st[y].end(); ++it)
if(*it!=x)
{
int u=x,v=*it;
st[v].erase(y);
// if(u>v) std::swap(u,v);
if(!st[u].count(v)) st[u].insert(v), st[v].insert(u);
else q[t++]=std::make_pair(u,v);
}
st[x].erase(y), fa[y]=x;
}
puts(t==n-1?"YES":"NO");
return 0;
}