Description

某个国家有n个城市,这n个城市中任意两个都连通且有唯一一条路径,每条连通两个城市的道路的长度为zi(zi<=1000)。
这个国家的人对火焰有超越宇宙的热情,所以这个国家最兴旺的行业是消防业。由于政府对国民的热情忍无可忍(大量的消防经费开销)可是却又无可奈何(总统竞选的国民支持率),所以只能想尽方法提高消防能力。
现在这个国家的经费足以在一条边长度和不超过s的路径(两端都是城市)上建立消防枢纽,为了尽量提高枢纽的利用率,要求其他所有城市到这条路径的距离的最大值最小。
你受命监管这个项目,你当然需要知道应该把枢纽建立在什么位置上。

Input

输入包含n行:
第1行,两个正整数n和s,中间用一个空格隔开。其中n为城市的个数,s为路径长度的上界。设结点编号以此为1,2,……,n。
从第2行到第n行,每行给出3个用空格隔开的正整数,依次表示每一条边的两个端点编号和长度。例如,“2 4 7”表示连接结点2与4的边的长度为7。

Output

输出包含一个非负整数,即所有城市到选择的路径的最大值,当然这个最大值必须是所有方案中最小的。

Sample Input

【样例输入1】
5 2
1 2 5
2 3 2
2 4 4
2 5 3

【样例输入2】
8 6
1 3 2
2 3 2
3 4 6
4 5 3
4 6 4
4 7 2
7 8 3

Sample Output

【样例输出1】

5
【样例输出2】

5

HINT

对于100%的数据,n<=300000,边长小等于1000。

Source

stage 2 day1

首先我们应该想到这条路径一定在树的直径上。这里给出证明:

设直径的长度为d,那么直径外的边长度一定小于等于d/2(否则该路径会与直径的一部分构成一条比直径还长的路径)

若该路径不在直径上,则直径的最远点到该路径的距离至少为d/2

而如果在直径上,一定存在一段路径使得树上所有点的距离到它不超过d/2

所以选在直径上一定是优的,而且在符合题目要求的情况下越长越好。

那么如果我们确定里直径,我们可以O(n)求出直径上每个点到最远点的距离,然后左右指针扫直径,单调队列维护区间最小值即可。

代码:

  1. #include<iostream>
  2. #include<cstring>
  3. #include<cstdio>
  4. #include<queue>
  5. using namespace std;
  6. deque<int>q;
  7. struct point
  8. {
  9. int to;
  10. int next;
  11. int dis;
  12. }e[];
  13. int n,x,y,z,res=,maxn,s,t,num,ss;
  14. int d[],head[],f[],pre[];
  15. bool vis[];
  16. void add(int from,int to,int dis)
  17. {
  18. e[++num].next=head[from];
  19. e[num].to=to;
  20. e[num].dis=dis;
  21. head[from]=num;
  22. }
  23. void dfs(int x)
  24. {
  25. vis[x]=true;
  26. for(int i=head[x];i!=;i=e[i].next)
  27. {
  28. int to=e[i].to;
  29. if(!vis[to])
  30. {
  31. d[to]=d[x]+e[i].dis;
  32. dfs(to);
  33. }
  34. }
  35. }
  36. void dfs1(int x)
  37. {
  38. vis[x]=true;
  39. for(int i=head[x];i!=;i=e[i].next)
  40. {
  41. int to=e[i].to;
  42. if(!vis[to])
  43. {
  44. pre[to]=x;
  45. d[to]=d[x]+e[i].dis;
  46. dfs1(to);
  47. }
  48. }
  49. }
  50. void find(int x)
  51. {
  52. vis[x]=true;
  53. for(int i=head[x];i!=;i=e[i].next)
  54. {
  55. int to=e[i].to;
  56. if(!vis[to])
  57. {
  58. find(to);
  59. d[x]=max(d[x],d[to]+e[i].dis);
  60. }
  61. }
  62. }
  63. void getf()
  64. {
  65. int slr=;
  66. for(int i=t;i!=;i=pre[i])
  67. {
  68. f[i]=slr;
  69. for(int j=head[i];j!=;j=e[j].next)
  70. {
  71. int to=e[j].to;
  72. if(pre[i]==to)
  73. {
  74. slr+=e[j].dis;
  75. break;
  76. }
  77. }
  78. }
  79. }
  80. int main()
  81. {
  82. scanf("%d%d",&n,&ss);
  83. for(int i=;i<=n-;i++)
  84. {
  85. scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
  86. add(x,y,z);
  87. add(y,x,z);
  88. }
  89. dfs();
  90. for(int i=;i<=n;i++)
  91. {
  92. if(d[i]>maxn)
  93. {
  94. maxn=d[i];
  95. s=i;
  96. }
  97. }
  98. memset(vis,false,sizeof(vis));
  99. memset(d,,sizeof(d));
  100. dfs1(s);
  101. maxn=;
  102. for(int i=;i<=n;i++)
  103. if(d[i]>maxn)
  104. {
  105. maxn=d[i];
  106. t=i;
  107. }
  108. memset(vis,false,sizeof(vis));
  109. memset(d,,sizeof(d));
  110. for(int i=t;i!=;i=pre[i])
  111. vis[i]=true;
  112. for(int i=t;i!=;i=pre[i])
  113. find(i);
  114. getf();
  115. int r=t,l=pre[t];
  116. q.push_front(l);
  117. if(d[l]<d[r])
  118. q.push_back(r);
  119. while()
  120. {
  121. if(pre[l]!=&&f[pre[l]]-f[r]<=ss)
  122. {
  123. l=pre[l];
  124. int ans=max(f[r],maxn-f[l]);
  125. q.push_front(l);
  126. while(d[q.back()]<d[l])
  127. q.pop_back();
  128. ans=max(ans,d[q.back()]);
  129. res=min(res,ans);
  130. }
  131. else if(l!=r)
  132. {
  133. if(q.back()==r)
  134. q.pop_back();
  135. r=pre[r];
  136. int ans=max(f[r],maxn-f[l]);
  137. ans=max(ans,d[q.back()]);
  138. res=min(res,ans);
  139. }
  140. else if(l==r&&pre[l])
  141. {
  142. while(!q.empty())
  143. q.pop_back();
  144. l=pre[l];
  145. r=l;
  146. q.push_front(l);
  147. int ans=max(f[r],maxn-f[l]);
  148. ans=max(ans,d[q.back()]);
  149. res=min(res,ans);
  150. }
  151. else
  152. break;
  153. }
  154. printf("%d",res);
  155. return ;
  156. }

这道题综合了许多算法,也有一定的思维难度,是一道不可多得好题

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