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题目传送门

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思路

暴力思路就是以每个查询节点 $u$ 为根，然后 $dfs$ 来看是否有深度为 $d$ 的节点。

暴力里面蕴含着换根 $dp$ 的思想，所以考虑换根。

首先可以以 $1$ 为根 $dfs$ 算出每个节点的深度，然后以每个节点的 $dfs$ 序为下标来建立一个 维护深度区间最大值 $m{x}_p$ 的线段树，并记录最大值的对应节点 $i{d}_p$。

然后再写一个 $dfs$ 用来换根求解答案：
假如当前节点是 $u$，它的一个子节点为 $v$，现在根从 $u$ 换到 $v$，那么整棵树中以 $v$ 为根节点子树中的节点到根的距离都会 $-1$，其他节点都会 $+1$，这个用线段树维护就行。

然后考虑求解答案：

1. 如果此时线段树中深度最大的节点的深度依旧小于 $d$，那么答案就是 $-1$；
2. 假设距离 $u$ 最远的节点是 $v$，他们在原树（即以 $1$ 为根的树）上的最近公共祖先是 $lca$。如果 $dis(u,lca)\ge d$，那么直接从 $u$ 开始跳倍增跳到距离为 $d$ 的祖先，这就是答案；不然就从 $v$ 开始跳距离为 $d$ 的祖先。

时间复杂度 $O((q+n)\times log(n))$。

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代码

#include <bits/stdc++.h>#define mkpr make_pair
#define fir first
#define sec second
#define il inlineusing namespace std;typedef pair<int, int> pii;
typedef unsigned long long ull;
typedef long long ll;
typedef long double ld;
typedef double db;const int maxn = 2e5 + 7;
const int inf  = 0x3f3f3f3f;int n, Q;
int h[maxn], ecnt;
struct edge {int v, nxt;} e[maxn << 1];
#define addedge(u, v) (e[++ecnt] = edge{v, h[u]}, h[u] = ecnt)vector<pii> que[maxn];
int ans[maxn];int L[maxn], R[maxn], rfc[maxn], dfnCnt;
int fa[maxn][22], dep[maxn];
void dfs1(int u) {rfc[L[u] = ++dfnCnt] = u;for (int i = 1; i <= 20; ++i)fa[u][i] = fa[fa[u][i - 1]][i - 1];if (fa[u][0]) dep[u] = dep[fa[u][0]] + 1;for (int i = h[u]; i; i = e[i].nxt)if (e[i].v != fa[u][0])fa[e[i].v][0] = u, dfs1(e[i].v);R[u] = dfnCnt;
}#define ls (p << 1)
#define rs (p << 1 | 1)
#define mid ((l + r) >> 1)
struct SegmentTree {int mx[maxn << 2], id[maxn << 2], tg[maxn << 2];il void pushup(int p) {mx[p] = max(mx[ls], mx[rs]);if (mx[ls] > mx[rs]) id[p] = id[ls];else id[p] = id[rs];}il void pushdown(int p) {if (tg[p]) {mx[ls] += tg[p], tg[ls] += tg[p];mx[rs] += tg[p], tg[rs] += tg[p];tg[p] = 0;}}void build(int p, int l, int r) {if (l == r) {mx[p] = dep[rfc[l]], id[p] = rfc[l]; return ;}build(ls, l, mid), build(rs, mid + 1, r), pushup(p);}void mdf(int p, int l, int r, int ql, int qr, int v) {if (ql > qr) return ;if (qr < l || r < ql) return ;if (ql <= l && r <= qr) {mx[p] += v, tg[p] += v; return ;}pushdown(p);mdf(ls, l, mid, ql, qr, v), mdf(rs, mid + 1, r, ql, qr, v);pushup(p);}pii ask(int p, int l, int r, int ql, int qr) {if (qr < l || r < ql) return mkpr(-inf, 0);if (ql <= l && r <= qr) return mkpr(mx[p], id[p]);pushdown(p);pii l_res = ask(ls, l, mid, ql, qr);pii r_res = ask(rs, mid + 1, r, ql, qr);if (l_res.fir > r_res.fir) return l_res;return r_res;}void print(int p, int l, int r) {pushdown(p);printf("p:%d, l:%d, r:%d, mx:%d, id:%d\n", p, l, r, mx[p], id[p]);if (l == r) return ;print(ls, l, mid), print(rs, mid + 1, r);}
} sgt;
int LCA(int x, int y) {if (dep[x] < dep[y]) swap(x, y);int dif = dep[x] - dep[y];for (int i = 20; i >= 0; --i)if (dif & (1 << i)) x = fa[x][i];if (x == y) return x;for (int i = 20; i >= 0; --i)if (fa[x][i] != fa[y][i])x = fa[x][i], y = fa[y][i];return fa[x][0];
}
int jump(int x, int d) {for (int i = 20; i >= 0; --i)if (d & (1 << i)) x = fa[x][i];return x;
}#define dis(u, v, lca) (dep[u] + dep[v] - 2 * dep[lca])
void dfs2(int u) {for (pii q : que[u]) {pii res = sgt.ask(1, 1, n, 1, n);int qry_d = q.fir, id = q.sec;int v = res.sec, mxd = res.fir;int lca = LCA(u, v);if (mxd < qry_d) {ans[id] = -1;continue;}if (dis(u, lca, lca) >= qry_d) {ans[id] = jump(u, qry_d);continue;}ans[id] = jump(v, dis(u, v, lca) - qry_d);}for (int i = h[u]; i; i = e[i].nxt) {int v = e[i].v;if (v == fa[u][0]) continue;sgt.mdf(1, 1, n, L[v], R[v], -1);sgt.mdf(1, 1, n, 1, L[v] - 1, 1);sgt.mdf(1, 1, n, R[v] + 1, n, 1);dfs2(v);sgt.mdf(1, 1, n, L[v], R[v], 1);sgt.mdf(1, 1, n, 1, L[v] - 1, -1);sgt.mdf(1, 1, n, R[v] + 1, n, -1);}
}
int main() {scanf("%d", &n);for (int i = 1; i < n; ++i) {int u, v; scanf("%d%d", &u, &v);addedge(u, v), addedge(v, u);}scanf("%d", &Q);for (int i = 1; i <= Q; ++i) {int u, d;scanf("%d%d", &u, &d);que[u].push_back(mkpr(d, i));}dfs1(1);sgt.build(1, 1, n);dfs2(1);for (int i = 1; i <= Q; ++i) printf("%d\n", ans[i]);return 0;
}