题目
在Windows下我们可以通过cmd运行DOS的部分功能，其中CD是一条很有意思的命令，通过CD操作，我们可以改变当前目录。
这里我们简化一下问题，假设只有一个根目录，CD操作也只有两种方式：
1. CD 当前目录名…\目标目录名 (中间可以包含若干目录，保证目标目录通过绝对路径可达)
2. CD .. (返回当前目录的上级目录)
现在给出当前目录和一个目标目录，请问最少需要几次CD操作才能将当前目录变成目标目录？
Input
输入数据第一行包含一个整数T(T<=20)，表示样例个数；
每个样例首先一行是两个整数N和M(1<=N,M<=100000)，表示有N个目录和M个询问；
接下来N-1行每行两个目录名A B(目录名是只含有数字或字母，长度小于40的字符串)，表示A的父目录是B。
最后M行每行两个目录名A B，表示询问将当前目录从A变成B最少要多少次CD操作。
数据保证合法，一定存在一个根目录，每个目录都能从根目录访问到。
Output
请输出每次询问的结果，每个查询的输出占一行。
Sample Input
2
3 1
B A
C A
B C
3 2
B A
C B
A C
C A
Sample Output
2
1
2
解题
设d[u]表示节点u到根的距离。每条边的权值都认为是1。调用tarjan算法确定所有查询的lca和每个节点的d值。
查询（u，v）：
先确定lca（u，v）。
如果lca==v，那么从u到lca需d[u]-d[lca]步，lca到v需0步。
如果lca>v,那么u到lca需d[u]-d[lca]步，lca到v需1步。
AC代码
//1747ms 15.8MB
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <map>
#include <string>
#include <iostream>
using namespace std;
const int maxn=1e5+100;
const int maxm=1e5+100;
int d[maxn];//d[u]表示u结点距根的距离
struct edge
{
int from,to,w,next,lca;
}e[maxn<<1],q[maxm<<1];
int par[maxn],n;
int ance[maxn];
int head[maxn],cnt,first[maxn],tot,vis[maxn];
void add_edge(int u,int v)//树图连边
{
e[++cnt].to=v;
e[cnt].w=1;
e[cnt].next=head[u];
head[u]=cnt;
}
void _add(int u,int v)//查询连边，都是单向边
{
q[++tot].to=v;
q[tot].from=u;
q[tot].next=first[u];
first[u]=tot;
}
void init()//边以及并查集的初始化
{
memset(head,-1,sizeof(head));
memset(first,-1,sizeof(first));
memset(vis,0,sizeof(vis));
for(int i=0;i<=n;i++) par[i]=i;
tot=-1;//查询边的编号从0开始
cnt=-1;//树图边的编号从0开始
}
int find(int x)//查询祖先结点
{
return par[x]==x?x:par[x]=find(par[x]);
}
void unit(int x,int y)//合并
{
int fx=find(x),fy=find(y);
if(fx==fy) return ;
par[fx]=fy;
}
void tarjan(int u)//dfs+并查集
{
vis[u]=1;
for(int i=head[u];i!=-1;i=e[i].next)
{
int v=e[i].to;
if(vis[v]) continue;
d[v]=d[u]+e[i].w;
tarjan(v);
unit(v,u);
}
for(int i=first[u];i!=-1;i=q[i].next)
{
int v=q[i].to;
if(!vis[v]) continue;
q[i].lca=q[i^1].lca=find(v);
}
}
int num;
map<string,int> mp;
int child[maxn];
int main()
{
int T,m;
cin>>T;
while(T--)
{
cin>>n>>m;
init();
num=0;
mp.clear();
memset(child,0,sizeof(child));
for(int i=1;i<n;i++)
{
string u,v;
cin>>u>>v;
if(!mp[u]) mp[u]=++num;
if(!mp[v]) mp[v]=++num;
child[mp[u]]=1;
//add_edge(mp[u],mp[v]);
//只要根是正确的，连双向边还是单向边无所谓
add_edge(mp[v],mp[u]);
}
for(int i=1;i<=m;i++)
{
string u,v;
cin>>u>>v;
_add(mp[u],mp[v]);
_add(mp[v],mp[u]);
}
int root;
for(int i=1;i<=n;i++)
if(!child[i]) root=i;
d[root]=0;
tarjan(root);
for(int i=0;i<m;i++)
{
int id=i*2,u=q[id].from,v=q[id].to,lca=q[id].lca;
if(u==v)
{
printf("0\n");
continue;
}
int ans=d[u]-d[lca];
if(lca==v) printf("%d\n",ans);
else printf("%d\n",++ans);
}
}
return 0;
}