luogu P2680 运输计划 (二分答案+树上差分)
题目背景
公元 20442044 年,人类进入了宇宙纪元。
题目描述
公元20442044 年,人类进入了宇宙纪元。
L 国有 nn 个星球,还有 n-1n−1 条双向航道,每条航道建立在两个星球之间,这 n-1n−1 条航道连通了 LL 国的所有星球。
小 P 掌管一家物流公司, 该公司有很多个运输计划,每个运输计划形如:有一艘物流飞船需要从 u_iui 号星球沿最快的宇航路径飞行到 v_ivi 号星球去。显然,飞船驶过一条航道是需要时间的,对于航道 jj,任意飞船驶过它所花费的时间为 t_jtj,并且任意两艘飞船之间不会产生任何干扰。
为了鼓励科技创新, LL 国国王同意小 PP 的物流公司参与 LL 国的航道建设,即允许小PP 把某一条航道改造成虫洞,飞船驶过虫洞不消耗时间。
在虫洞的建设完成前小 P 的物流公司就预接了 mm 个运输计划。在虫洞建设完成后,这 mm 个运输计划会同时开始,所有飞船一起出发。当这 mm 个运输计划都完成时,小 PP 的物流公司的阶段性工作就完成了。
如果小 PP 可以自由选择将哪一条航道改造成虫洞, 试求出小 PP 的物流公司完成阶段性工作所需要的最短时间是多少?
输入输出格式
输入格式:
第一行包括两个正整数 n, mn,m,表示 L 国中星球的数量及小 P 公司预接的运输计划的数量,星球从 11 到 nn 编号。
接下来 n-1n−1 行描述航道的建设情况,其中第 ii 行包含三个整数 a_i, b_iai,bi 和 t_iti,表示第 ii 条双向航道修建在 a_iai 与 b_ibi两个星球之间,任意飞船驶过它所花费的时间为 t_iti。数据保证 1 \leq a_i,b_i \leq n1≤ai,bi≤n 且 0 \leq t_i \leq 10000≤ti≤1000。
接下来 mm 行描述运输计划的情况,其中第 jj 行包含两个正整数 u_juj 和 v_jvj,表示第 jj 个运输计划是从 u_juj 号星球飞往 v_jvj号星球。数据保证 1 \leq u_i,v_i \leq n1≤ui,vi≤n
输出格式:
一个整数,表示小 PP 的物流公司完成阶段性工作所需要的最短时间。
输入输出样例
说明
所有测试数据的范围和特点如下表所示
请注意常数因子带来的程序效率上的影响。
思路:
很明显答案是递增的,我们可以直接二分答案,设最短时间为t,那么航线时间大于t的我们就把他放到差分数组里,然后在差分数组里找到所有链公有的权值最大的边权,看减去这条边后所有航线是否都小于等于之前假设的最短时间t,.
这道题注意要用读入挂,要不一直TLE第13个样例。。。。
实现代码:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std; const int M = 3e5 + ;
int p[M][],w[M],dep[M],cnt,head[M],n,ans,dist[M],num,mx,m,sum[M];
int len[M],u[M],v[M],lc[M],r,l;
struct node{
int to,next,w;
}e[M<<]; void Add(int u,int v,int w){
e[++cnt].to = v;e[cnt].next = head[u];e[cnt].w = w,head[u] = cnt;
} void dfs(int u,int fa,int deep){
dep[u] = deep;
p[u][] = fa;
for(int i = head[u];i;i=e[i].next){
int v = e[i].to;
if(v == fa) continue;
dist[v] = dist[u] + e[i].w;
w[v] = e[i].w;
dfs(v,u,deep+);
}
} void get_fa(){
for(int j = ;(<<j)<=n;j++)
for(int i = ;i <= n;i ++)
p[i][j] = p[p[i][j-]][j-];
} int lca(int a,int b){
if(dep[a] > dep[b]) swap(a,b);
int h = dep[b] - dep[a];
for(int i = ;(<<i)<=h;i++){
if((<<i)&h) b = p[b][i];
}
if(a != b){
for(int i = ;i >= ;i --){
if(p[a][i] != p[b][i]){
a = p[a][i]; b = p[b][i];
}
}
a = p[a][];
}
return a;
} void dfs1(int u,int fa){
for(int i = head[u];i;i=e[i].next){
int v = e[i].to;
if(v == fa) continue;
dfs1(v,u);
sum[u] += sum[v];
}
if(sum[u] == num) mx = max(mx,w[u]);
} bool check(int x){
int k = ;
num = ; mx = ;
memset(sum,,sizeof(sum));
for(int i = ;i <= m;i ++){
if(len[i] > x){
sum[u[i]]++; sum[v[i]]++;
sum[lc[i]] -= ;
num++;
k = max(k,len[i]);
}
}
dfs1(,);
if(k - x <= mx) return ;
else return ;
} int read(){
char c;int num,f=;
while(c=getchar(),!isdigit(c))if(c=='-')f=-;num=c-'';
while(c=getchar(), isdigit(c))num=num*+c-'';
return f*num;
} inline bool read(int &num)
{
char in;bool IsN=false;
in=getchar();
if(in==EOF) return false;
while(in!='-'&&(in<''||in>'')) in=getchar();
if(in=='-'){ IsN=true;num=;}
else num=in-'';
while(in=getchar(),in>=''&&in<=''){
num*=,num+=in-'';
}
if(IsN) num=-num;
return true;
} int main()
{
int a,b,c;
read(n); read(m);
for(int i = ;i < n;i ++){
read(a);read(b);read(c);
Add(a,b,c); Add(b,a,c);
}
dfs(,,); get_fa();
for(int i = ;i <= m;i ++){
read(u[i]); read(v[i]);
lc[i] = lca(u[i],v[i]);
len[i] = dist[u[i]] + dist[v[i]] - *dist[lc[i]];
r = max(r,len[i]);
}
int k = ;
while(l <= r){
int mid = (l + r) >> ;
if(check(mid)){
k = mid;
r = mid-;
}
else l = mid+;
}
printf("%d\n",k);
}
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参考: https://blog.csdn.net/qq_41020281/article/details/82599075
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