BZOJ_4326_[NOIP2015]_运输计划_(二分+LCA_树链剖分/Tarjan+差分)
描述
http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=4326
给出一棵带有边权的树,以及一系列任务,任务是从树上的u点走到v点,代价为u到v路径上的权值之和,总代价是所有任务代价中的最大代价.现在可以将某一个边权值变为0,问总代价最小是多少.
分析
最小化最大值,显然可以二分,转化为假定解判断是否可行的问题.
那么问题就转化成了判断但前假定解t是否可行.
如何做呢?
我们先求出每一个任务的代价,这个可以用随便什么LCA算法求,然后统计出其中超过假定解t的不合法的任务.这些不合法的任务的道路上必须有某条边的权值被该成0,但是只能改一条边,那么必须改动它们的公共边,也就是这些路径的交.
那么如何求这些路径的交呢?
如果我们用cnt[i]表示i和它父亲的连边被几条这样不合法的路径经过,那么我们要找的就是cnt[i]=(不合法路径数目)的边.
这个又该怎么实现呢?一条一条路径跑?显然太慢了!
想想如果把这个问题转化成线性的,在一个线段上的话该怎么做?
线段树?ok的,在树上的话显然要用链剖了,这样的复杂度是带一个log的.
有没有更好的方法?
差分.如果[l,r]的次数要+1,我们就把l位置+1,r+1位置-1,表示给l及其之后的全部+1次,再给r+1及其之后的全部-1次.全部操作结束后从前向后扫一遍,统计前面对后面的影响即可.
我们把这样的算法搬到树上就好了.
树链剖分:
- #include <bits/stdc++.h>
- using namespace std;
- const int maxn=+;
- int n,m,cnt;
- int f[maxn],dep[maxn],sz[maxn],son[maxn],top[maxn],d[maxn],ct[maxn],head[maxn];
- struct edge{
- int to,d,next;
- edge(int to=,int d=,int next=):to(to),d(d),next(next){}
- }g[maxn<<];
- struct query{
- int u,v,lca,l;
- }q[maxn];
- inline int read(int &x){ x=; int k=; char c; for(c=getchar();c<''||c>'';c=getchar())if(c=='-') k=-; for(;c>=''&&c<='';c=getchar()) x=x*+c-''; return x*k; }
- void add_edge(int u,int v,int d){
- g[++cnt]=edge(v,d,head[u]); head[u]=cnt;
- g[++cnt]=edge(u,d,head[v]); head[v]=cnt;
- }
- void dfs1(int u){
- sz[u]=;
- for(int i=head[u];i;i=g[i].next){
- int v=g[i].to;
- if(v==f[u]) continue;
- f[v]=u; dep[v]=dep[u]+; d[v]=d[u]+g[i].d;
- dfs1(v); sz[u]+=sz[v];
- if(sz[v]>sz[son[u]]) son[u]=v;
- }
- }
- void dfs2(int u){
- if(son[u]) top[son[u]]=top[u], dfs2(son[u]);
- for(int i=head[u];i;i=g[i].next){
- int v=g[i].to;
- if(v==f[u]||v==son[u]) continue;
- top[v]=v; dfs2(v);
- }
- }
- int lca(int u,int v){
- while(top[u]!=top[v]){
- if(dep[top[u]]<dep[top[v]]) swap(u,v);
- u=f[top[u]];
- }
- return dep[u]<dep[v]?u:v;
- }
- void update(int u){
- for(int i=head[u];i;i=g[i].next){
- int v=g[i].to;
- if(v==f[u]) continue;
- update(v);
- ct[u]+=ct[v];
- }
- }
- inline bool C(int x){
- int tot=,maxi=; memset(ct,,sizeof ct);
- for(int i=;i<=m;i++){
- if(q[i].l>x){
- tot++;
- ct[q[i].u]++;
- ct[q[i].v]++;
- ct[q[i].lca]-=;
- maxi=max(maxi,q[i].l);
- }
- }
- update();
- for(int i=;i<=n;i++)if(ct[i]==tot&&maxi-(d[i]-d[f[i]])<=x) return true;
- return false;
- }
- int bsearch(int l,int r){
- while(l<r){
- int mid=l+(r-l)/;
- if(C(mid)) r=mid;
- else l=mid+;
- }
- return l;
- }
- int main(){
- int maxi=,maxj=;
- read(n); read(m);
- for(int i=;i<n;i++){
- int u,v,d; read(u); read(v); read(d);
- add_edge(u,v,d);
- maxi=max(maxi,d);
- }
- dfs1(); dfs2();
- for(int i=;i<=m;i++){
- read(q[i].u); read(q[i].v);
- q[i].lca=lca(q[i].u,q[i].v);
- q[i].l=d[q[i].u]+d[q[i].v]-*d[q[i].lca];
- maxj=max(maxj,q[i].l);
- }
- printf("%d\n",bsearch(max(,maxj-maxi),maxj));
- return ;
- }
Tarjan:
- #include <bits/stdc++.h>
- using namespace std;
- const int maxn=+;
- int n,m,cnt1,cnt2;
- int f[maxn],p[maxn],d[maxn],head1[maxn],head2[maxn],ct[maxn];
- bool vis[maxn];
- struct edge{
- int to,d,next;
- edge(int to=,int d=,int next=):to(to),d(d),next(next){}
- }g[maxn<<];
- struct Query{
- int u,v,lca,l;
- }Q[maxn];
- struct query{
- int v,id,next;
- query(int v=,int id=,int next=):v(v),id(id),next(next){}
- }q[maxn<<];
- inline int read(int &x){ x=;int k=;char c;for(c=getchar();c<''||c>'';c=getchar())if(c=='-')k=-;for(;c>=''&&c<='';c=getchar())x=x*+c-'';return x*k; }
- inline int find(int x){ return x==f[x]?x:f[x]=find(f[x]); }
- void add_edge(int u,int v,int d){
- g[++cnt1]=edge(v,d,head1[u]); head1[u]=cnt1;
- g[++cnt1]=edge(u,d,head1[v]); head1[v]=cnt1;
- }
- void add_query(int u,int v,int id){
- q[++cnt2]=query(v,id,head2[u]); head2[u]=cnt2;
- q[++cnt2]=query(u,id,head2[v]); head2[v]=cnt2;
- }
- void tarjan(int u){
- f[u]=u; vis[u]=true;
- for(int i=head1[u];i;i=g[i].next){
- int v=g[i].to; if(v==p[u]) continue;
- p[v]=u; d[v]=d[u]+g[i].d;
- tarjan(v); f[v]=u;
- }
- for(int i=head2[u];i;i=q[i].next)if(vis[q[i].v]) Q[q[i].id].lca=find(q[i].v),Q[q[i].id].l=d[u]+d[q[i].v]-*d[Q[q[i].id].lca];
- }
- void update(int u){
- for(int i=head1[u];i;i=g[i].next){
- int v=g[i].to; if(v==p[u]) continue;
- update(v); ct[u]+=ct[v];
- }
- }
- inline bool C(int x){
- int tot=,maxi=; memset(ct,,sizeof ct);
- for(int i=;i<=m;i++)if(Q[i].l>x){
- tot++; maxi=max(maxi,Q[i].l);
- ct[Q[i].u]++; ct[Q[i].v]++; ct[Q[i].lca]-=;
- }
- update();
- for(int i=;i<=n;i++)if(ct[i]==tot&&maxi-(d[i]-d[p[i]])<=x) return true;
- return false;
- }
- int bsearch(int l,int r){
- while(l<r){
- int mid=l+(r-l)/;
- if(C(mid)) r=mid;
- else l=mid+;
- }
- return l;
- }
- int main(){
- read(n); read(m);
- int maxi=,maxj=;
- for(int i=;i<n;i++){
- int u,v,d; read(u); read(v); read(d);
- add_edge(u,v,d);
- maxi=max(maxi,d);
- }
- for(int i=;i<=m;i++){
- read(Q[i].u); read(Q[i].v);
- add_query(Q[i].u,Q[i].v,i);
- }
- tarjan();
- for(int i=;i<=m;i++) maxj=max(maxj,Q[i].l);
- printf("%d\n",bsearch(max(,maxj-maxi),maxj));
- return ;
- }
4326: NOIP2015 运输计划
Time Limit: 30 Sec Memory Limit: 128 MB
Submit: 538 Solved: 368
[Submit][Status][Discuss]
Description
公
元 2044 年,人类进入了宇宙纪元。L 国有 n 个星球,还有 n−1 条双向航道,每条航道建立在两个星球之间,这 n−1 条航道连通了 L
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 ui 号星球沿最快的宇航路径飞行到
vi 号星球去。显然,飞船驶过一条航道是需要时间的,对于航道 j,任意飞船驶过它所花费的时间为
tj,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, L 国国王同意小 P 的物流公司参与 L 国的航道建设,即允许小P
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 m 个运输计划。在虫洞建设完成后,这 m
个运输计划会同时开始,所有飞船一起出发。当这 m 个运输计划都完成时,小 P 的物流公司的阶段性工作就完成了。如果小 P
可以自由选择将哪一条航道改造成虫洞, 试求出小 P 的物流公司完成阶段性工作所需要的最短时间是多少?
Input
第一行包括两个正整数 n,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 1 到 n 编号。接下来 n−1 行描述航道的建设情况,其中第 i
行包含三个整数 ai,bi 和 ti,表示第 i 条双向航道修建在 ai 与 bi 两个星球之间,任意飞船驶过它所花费的时间为 ti。数据保证
1≤ai,bi≤n 且 0≤ti≤1000。接下来 m 行描述运输计划的情况,其中第 j 行包含两个正整数 uj 和 vj,表示第 j
个运输计划是从 uj 号星球飞往 vj号星球。数据保证 1≤ui,vi≤n
Output
输出文件只包含一个整数,表示小 P 的物流公司完成阶段性工作所需要的最短时间。
Sample Input
1 2 3
1 6 4
3 1 7
4 3 6
3 5 5
3 6
2 5
4 5
Sample Output
HINT
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