题意:

  n个城市,m条路,每条路有个危险值,要使得从s走到t的危险值最小。回答q个询问,每个询问有s和t,要求输出从s到t最小的危险值。(5万个点,10万条边)

思路:

  其实要求的是任意点对之间的最小瓶颈路的权值。

  先对图求一次MST,那么所有的瓶颈路都在上面。但是q<=5万,即使预先求出所有点对,也需要O(n*n),太大了。如果对于每个询问才来找答案,这又更慢了。所以得优化。

  优化方案(1):先求出生成树,对于每次询问的两个点,求一次LCA,两个点到LCA所经过的边其中一条边就是答案。很不幸,如果树很稀疏,树枝又很长,那么每次求LCA相当于O(n)的复杂度。

  优化方案(2):鉴于方案(1),要解决的是树枝很长的情况,由于要求的是区间最值,那么类似于RMQ问题了,只是在树上而不是序列中而已。假如将某个点p到其LCA之间的一条链作为一个区间的话,那么这段区间的最值,就是p到(p+LCA)/2与(p+LCA)/2到LCA两个区间的最值再取最值。这又变成了类似于ST算法了。

  

  具体做法可以这样:

  (1)预处理每个节点p到p+1,p+2...直到树根的这段区间的最值,那么得到m[p,p+1],m[p,p+2],m[p,p+4]...。大小是以2的幂为单位的。若某个点到树根的距离并不是刚好为2的整数次幂,那么这段放弃掉,因为总有点到树根的距离是恰好满足的,那么必要时,找这个区间即可。

  (2)在查询时,两节点分别到他们的LCA所经过的边不断更新答案。

  倍增算法:此代码用于优化求LCA的速度,以及从p到LCA这段区间的最值。保证在任何树的情况下都是O(logn)。

 void preprocess(int n)//预处理2的幂次大小的区间内的最值
{
for(int i=; i<=n; i++) //初始化,及先记录到父亲的距离
{
anc[i][]=far[i];
maxcost[i][]=cost[i][far[i]];
for(int j=; (<<j)<n; j++)
anc[i][j]=-;
}
for(int j=; (<<j)<n; j++)
{
for(int i=; i<=n; i++ )
{
int e=anc[i][j-];
if(e>)
{
anc[i][j]=anc[e][j-]; //将2的j次幂,分成两个2的j-1次来组成。
maxcost[i][j]=max(maxcost[i][j-],maxcost[e][j-]);
}
}
}
} int query(int p,int q) //先找LCA,再求答案
{
int tmp, log, i;
if(level[p]<level[q]) swap(p,q);//保持p更深一些 for(log=; (<<log)<=level[p]; log++);//统计最深要几层
--log;
int ans=-;
for(int i=log; i>=; i--)//将p提到与q同层
{
if(level[p]-(<<i)>=level[q])//这一步关键,只要多于level[q]的部分都会被抹去
{
ans=max(ans, maxcost[p][i]);
p=anc[p][i];
}
} if(p==q) return ans;//LCA为q for(int i=log; i>=; i--)//同时往LCA方向更新,直到成为LCA的孩子
{
if(anc[p][i]> && anc[p][i]!=anc[q][i] )
{
ans=max(ans, maxcost[p][i]);
p=anc[p][i];
ans=max(ans, maxcost[q][i]);
q=anc[q][i];
}
}
ans=max(ans, cost[p][far[p]]);//还有一层,别忘了
ans=max(ans, cost[q][far[q]]); return ans;
}

主要优化代码注释

  

 #include <bits/stdc++.h>
#define INF 0x7f7f7f7f
#define pii pair<int,int>
#define LL long long
using namespace std;
const int N=;
int a[N], b[N], w[N], seq[N]; //求MST用的
int pre[N], level[N], far[N], maxcost[N][], anc[N][];
int vis[N];
vector<int> vect[N]; //建树时用
map<int,int> cost[N]; int cmp(int a,int b){return w[a]<w[b];}
int find(int x){return pre[x]==x? x: pre[x]=find(pre[x]);} //并查集 void DFS(int x,int flo)
{
vis[x]=;
level[x]=flo; //记录在哪一层
for(int i=; i<vect[x].size(); i++)
{
int t=vect[x][i];
if(!vis[t])
{
far[t]=x; //用孩子索引父亲
DFS(t, flo+);
}
}
} void preprocess(int n)
{
for(int i=; i<=n; i++) //对于每个点
{
anc[i][]=far[i];
maxcost[i][]=cost[i][far[i]]; //与父亲的距离。
for(int j=; (<<j)<n; j++) //初始化祖先为-1
anc[i][j]=-;
}
for(int j=; (<<j)<n; j++) //仅需到n-1即可。
{
for(int i=; i<=n; i++ )
{
int e=anc[i][j-];
if(e>)
{
anc[i][j]=anc[e][j-]; //将2的j次幂,分成两个2的j-1次来组成。
maxcost[i][j]=max(maxcost[i][j-],maxcost[e][j-]);
}
}
}
} int cal(int n,int m)
{
memset(maxcost, , sizeof(maxcost));
memset(far, , sizeof(far));
memset(level, , sizeof(level));
memset(anc, 0x8f, sizeof(anc));
//kruscal
for(int i=; i<=n; i++)
{
pre[i]=i;
cost[i].clear();
vect[i].clear();
}
for(int i=; i<m; i++)
{
int u=find( a[seq[i]] );
int v=find( b[seq[i]] );
if(u!=v)
{
pre[u]=v;
vect[a[seq[i]]].push_back(b[seq[i]]);
vect[b[seq[i]]].push_back(a[seq[i]]);
cost[a[seq[i]]][b[seq[i]]]=w[seq[i]]; //因为目前还不知道谁是父亲
cost[b[seq[i]]][a[seq[i]]]=w[seq[i]];
}
}
//dfs
memset(vis, , sizeof(vis));
DFS(, );
preprocess(n);
return ;
} int query(int p,int q) //先找LCA,再求答案
{
int tmp, log, i;
if(level[p]<level[q]) swap(p,q); for(log=; (<<log)<=level[p]; log++);
--log;
int ans=-;
for(int i=log; i>=; i--)
{
if(level[p]-(<<i)>=level[q])
{
ans=max(ans, maxcost[p][i]);
p=anc[p][i];
}
} if(p==q) return ans; for(int i=log; i>=; i--)
{
if(anc[p][i]> && anc[p][i]!=anc[q][i] )
{
ans=max(ans, maxcost[p][i]);
p=anc[p][i];
ans=max(ans, maxcost[q][i]);
q=anc[q][i];
}
}
ans=max(ans, cost[p][far[p]]);
ans=max(ans, cost[q][far[q]]);
return ans;
} int main()
{
freopen("input.txt", "r", stdin);
int n, m, q, x, y, k=; while(~scanf("%d%d",&n,&m))
{
if(k!=) printf("\n");//格式
k++;
for(int i=; i<m; i++)
{
seq[i]=i; //边号
scanf("%d%d%d", &a[i], &b[i], &w[i]);
}
sort(seq, seq+m, cmp);
cal(n, m);
scanf("%d",&q);
for(int i=; i<q; i++)
{
scanf("%d%d",&x,&y);
printf("%d\n", query(x,y));
}
}
return ;
}

AC代码

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