DAY 6 TEST
test
T1
样例输入
样例输出
答案选择u,v作为关键点
暴力的话k^2枚举跑最短路,寻找最小值就行了
50pts
考虑优化枚举量
因为答案的两个点是不同的点,所以编号的二进制表示中至少一位不同
枚举二进制每一位
假设枚举到第i位,把这一位是1的设为源点,0的设为汇点,跑多源多汇最短路
这两个集合既可以是1~n,也可以是1~k
显然1~k更优一些
建一个超级源点,向所有第一集合的点连长度为0的边
超级汇点同理
跑超级源点到超级汇点的最短路
跑32次得到最优解
#include <queue>
#include <cstdio>
#include <cstring> template <class cls>
inline cls min(const cls & a, const cls & b) {
return a < b ? a : b;
} const int mxn = ;
const int mxm = ;
const int inf = 0x3f3f3f3f; int n, m, k; int points[mxn]; int tot;
int hd[mxn];
int nt[mxm];
int to[mxm];
int vl[mxm]; inline void add_edge(int u, int v, int w) {
nt[++tot] = hd[u];
to[tot] = v;
vl[tot] = w;
hd[u] = tot;
} int dis[mxn]; struct data {
int u, d; data(int _u, int _d) :
u(_u), d(_d) {} bool operator < (const data & that) const {
return d > that.d;
}
}; std::priority_queue<data> heap; int main() {
int cas;
scanf("%d", &cas);
for (int c = ; c < cas; ++c) {
scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);
memset(hd, , sizeof(int) * (n + )); tot = ;
for (int i = , u, v, w; i < m; ++i) {
scanf("%d%d%d", &u, &v, &w);
add_edge(u, v, w);
add_edge(v, u, w);
}
for (int i = ; i < k; ++i)
scanf("%d", points + i);
int ans = inf;
for (int i = ; i < k; i <<= ) {
memset(dis, inf, sizeof(int) * (n + ));
for (int j = , p; j < k; ++j)
if (p = points[j], (j & i) == )
heap.push(data(p, dis[p] = ));
while (!heap.empty()) {
int u = heap.top().u;
int d = heap.top().d;
heap.pop();
if (dis[u] != d)
continue;
for (int e = hd[u], v, w; e; e = nt[e])
if (v = to[e], w = vl[e], dis[v] > d + w)
heap.push(data(v, dis[v] = d + w));
}
for (int j = , p; j < k; ++j)
if (p = points[j], (j & i) != )
ans = min(ans, dis[p]);
}
printf("%d\n", ans == inf ? - : ans);
}
return ;
}
T2
建反向边,tarjan然后拓扑就行了
我的思路是tarjan缩点,一个强连通分量的初始ans就是这个强连通分量里面点的最大值。然后建立新图,找到入度为0的点开始dfs,然后更新强连通分量的ans。
询问点就是找点所在的强连通分量,输出强连通分量的ans就ok
先树剖
支持单点修改,查询区间内值为x的数
如何在序列内实现
如果x比较少,完全可以建几棵线段树来实现
每次修改就是在一棵线段树内-1,另一棵+1
多了怎么办?
暴力:开100个树状数组,和刚才没什么区别
如果线段树
在每一个节点上维护一个100的数组
合并的时候可以直接暴力统计节点次数,这样代价是区间长度
如果每一位枚举则是n*100
每一层访问的点是n的,一共log层
onlogn
离线操作
-1和+1分别隶属于x和y棵线段树
把操作分类,每一次处理每一棵的线段树
有多少个颜色就有多少棵
所有操作次数相加就是2m
所以操作还是o(m)
另一种不用树剖的方法
把节点按照DFS序排下来,一个点修改的时候会对他所有子树产生影响
查询的时候 (a-->root)+(b-->root)-(lca(a,b)-->root)+(lca(a,b))
开100个树状数组
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