Peaks

【问题描述】

在Bytemountains有N座山峰,每座山峰有他的高度h_i。有些山峰之间有双向道路相连,共M条路径,每条路径有一个困难值,这个值越大表示越难走,现在有Q组询问,每组询问询问从点v开始只经过困难值小于等于x的路径所能到达的山峰中第k高的山峰,如果无解输出-1。

【输入格式】

第一行三个数N,M,Q。
第二行N个数,第i个数为h_i
接下来M行,每行3个数a b c,表示从a到b有一条困难值为c的双向路径。
接下来Q行,每行三个数v x k,表示一组询问。

【输出格式】

对于每组询问,输出一个整数表示答案。

【样例输入】

10 11 4
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
1 4 4
2 5 3
9 8 2
7 8 10
7 1 4
6 7 1
6 4 8
2 1 5
10 8 10
3 4 7
3 4 6
1 5 2
1 5 6
1 5 8
8 9 2

【样例输出】

6
1
-1
8

【数据范围】

N<=10^5, M,Q<=5*10^5, h_i,c,x<=10^9。


题解:

根据题意,只有最小生成树上的边是有用的

考虑Kruskal重构树

即对于每一次连边,我们新建一个节点p,将两点祖先的父亲设为p,并将边权附为p的点权

那么就有这个树上就有许多性质:

1.树是二叉树

2.点权是大根堆的结构

3.新树中两点路径点权的信息(最大值、最小值)和原树中两点路径边权的信息相等

那么根据2、3,原树中两点路径上最大的边权就是新树中两点的最近公共祖先的点权

那么处理出Dfs序,就可以用主席树维护区间第k大值(需要离散)

 #include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int inf = ;
const int logp = ;
const int maxn = 1e5 + ;
const int maxm = 5e5 + ;
const int maxp = maxn << ;
const int maxe = maxp << ;
const int maxs = maxp * logp ;
int n, m, q, p;
int num, cnt, tot;
int d[maxn], h[maxn];
int fat[maxp], val[maxp];
int rt[maxp], lc[maxs], rc[maxs], sum[maxs];
int si[maxp], dep[maxp], dfn[maxp], pos[maxp];
int fir[maxp], nex[maxe], ver[maxe];
int fa[logp + ][maxp];
int pr[logp + ], lg[maxp];
struct edge
{
int x, y, z;
};
edge a[maxm];
inline bool rule(edge a, edge b)
{
return a.z < b.z;
}
inline void Scan(int &x)
{
char c;
bool o = false;
while(!isdigit(c = getchar())) o = (c != '-') ? o : true;
x = c - '';
while(isdigit(c = getchar())) x = x * + c - '';
if(o) x = -x;
}
inline void Disc()
{
sort(d + , d + + n);
for(int i = ; i <= n; ++i) h[i] = lower_bound(d + , d + + n, h[i]) - d;
}
inline int Find(int x)
{
return (fat[x] != x) ? fat[x] = Find(fat[x]) : x;
}
inline void Ins(int x, int y)
{
nex[++tot] = fir[x];
fir[x] = tot;
ver[tot] = y;
}
void Dfs(int u)
{
si[u] = ;
dfn[u] = ++num;
pos[num] = u;
for(int i = fir[u]; i; i = nex[i])
{
int v = ver[i];
fa[][v] = u;
dep[v] = dep[u] + ;
Dfs(v);
si[u] += si[v];
}
}
inline void Kruskal()
{
p = n;
sort(a + , a + + m, rule);
for(int i = ; i <= m; ++i)
{
int x = Find(a[i].x), y = Find(a[i].y);
if(x != y)
{
fat[++p] = p;
val[p] = a[i].z;
fat[x] = fat[y] = p;
Ins(p, x), Ins(p, y);
if(p == (n << ) - ) break;
}
}
}
inline void Erg()
{
num = ;
for(int i = ; i <= p; ++i)
if(!dfn[i])
Dfs(Find(i));
}
inline void Table()
{
pr[] = ;
for(int i = ; i <= logp; ++i)
{
pr[i] = pr[i - ] << ;
if(pr[i] > p) break;
lg[pr[i]] = ;
}
for(int i = ; i <= p; ++i) lg[i] += lg[i - ];
}
inline void Rmq()
{
for(int k = ; k <= lg[p]; ++k)
for(int i = ; i <= p; ++i)
{
if(dep[i] < pr[k]) continue;
fa[k][i] = fa[k - ][fa[k - ][i]];
}
}
int Add(int p, int l, int r, int x)
{
int k = ++cnt;
sum[k] = sum[p] + ;
if(l == r) return k;
int mi = l + r >> ;
if(x <= mi) lc[k] = Add(lc[p], l, mi, x), rc[k] = rc[p];
else rc[k] = Add(rc[p], mi + , r, x), lc[k] = lc[p];
return k;
}
inline void Build()
{
Kruskal();
Erg();
Table();
Rmq();
for(int i = ; i <= num; ++i)
{
int x = pos[i];
if(x > n) rt[i] = rt[i - ];
else rt[i] = Add(rt[i - ], , n, h[x]);
}
}
inline int Jump(int x, int v)
{
int len = lg[dep[x]];
for(int i = len; i >= ; --i)
if(val[fa[i][x]] <= v)
x = fa[i][x];
return x;
}
int Query(int a, int b, int l, int r, int k)
{
if(l == r) return l;
int amo = sum[rc[b]] - sum[rc[a]];
int mi = l + r >> ;
if(amo < k) return Query(lc[a], lc[b], l, mi, k - amo);
return Query(rc[a], rc[b], mi + , r, k);
}
int Ask(int x, int v, int k)
{
int anc = Jump(x, v);
int beg = rt[dfn[anc] - ];
int end = rt[dfn[anc] + si[anc] - ];
if(sum[end] - sum[beg] < k) return -;
int hi = Query(beg, end, , n, k);
return d[hi];
}
int main()
{
Scan(n), Scan(m), Scan(q);
val[] = inf;
for(int i = ; i <= n; ++i) Scan(h[i]), d[i] = h[i], fat[i] = i;
Disc();
for(int i = ; i <= m; ++i) Scan(a[i].x), Scan(a[i].y), Scan(a[i].z);
Build();
int ans = -;
while(q--)
{
int x, v, k;
Scan(x), Scan(v), Scan(k);
if(ans != -) x ^= ans, v ^= ans, k ^= ans;
ans = Ask(x, v, k);
printf("%d\n", ans);
}
}

Peaks BZOJ 3545 / Peaks加强版 BZOJ 3551的更多相关文章

  1. bzoj 3545&&3551: [ONTAK2010]Peaks &&加强版 平衡树&&并查集合并树&&主席树

    3545: [ONTAK2010]Peaks Time Limit: 10 Sec  Memory Limit: 128 MBSubmit: 635  Solved: 177[Submit][Stat ...

  2. 【BZOJ 3545】【ONTAK 2010】Peaks & 【BZOJ 3551】【ONTAK 2010】Peaks加强版 Kruskal重构树

    sunshine的A题我竟然调了一周!!! 把循环dfs改成一个dfs就可以,,,我也不知道为什么这样就不会RE,但它却是A了,,, 这周我一直在调这个题,总结一下智障错误: 1.倍增的范围设成了n而 ...

  3. bzoj 3545/3551: [ONTAK2010]Peaks -- 主席树,最小生成树,倍增

    3545: [ONTAK2010]Peaks Time Limit: 10 Sec  Memory Limit: 128 MB Description 在Bytemountains有N座山峰,每座山峰 ...

  4. 【Peaks加强版 BZOJ 3551】你被坑了吗?

    这道在没加读入优化时间在20s左右的题终于在大米饼两天的死缠烂打.鬼混.乱整乱撞后艰难地AC了.但惋惜的是,大米饼一号代码其实更加简洁,但至今找不出BUG,我将它放在下面,也许有一天从远方来的另一个大 ...

  5. BZOJ 3545: [ONTAK2010]Peaks [Splay启发式合并]

    3545: [ONTAK2010]Peaks 题意:带权图,多组询问与一个点通过边权\(\le x\)的边连通的点中点权k大值 又读错题了,输出点一直WA,问的是点权啊 本题加强版强制在线了,那这道题 ...

  6. BZOJ 3545: [ONTAK2010]Peaks( BST + 启发式合并 + 并查集 )

    这道题很好想, 离线, 按询问的x排序从小到大, 然后用并查集维护连通性, 用平衡树维护连通块的山的权值, 合并就用启发式合并.时间复杂度的话, 排序是O(mlogm + qlogq), 启发式合并是 ...

  7. ●BZOJ 3545 [ONTAK2010]Peaks(离线)

    题链: http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3545 http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.ph ...

  8. BZOJ 3545 / 洛谷 P4197 Peaks 解题报告

    P4197 Peaks 题目描述 在\(\text{Bytemountains}\)有\(N\)座山峰,每座山峰有他的高度\(h_i\).有些山峰之间有双向道路相连,共\(M\)条路径,每条路径有一个 ...

  9. bzoj 3545: [ONTAK2010]Peaks Kruskal重构树

    题目: 在Bytemountains有N座山峰,每座山峰有他的高度h_i.有些山峰之间有双向道路相连,共M条路径,每条路径有一个困难值,这个值越大表示越难走,现在有Q组询问,每组询问询问从点v开始只经 ...

随机推荐

  1. Cannot fetch index base URL https://pypi.python.org/pypi/ 解决方法

    vi /etc/resolv.conf # Dynamic resolv.conf(5) file for glibc resolver(3) generated by resolvconf(8) # ...

  2. 4个Linux服务器监控工具

    下面是我想呈现给你的4个强大的监控工具. htop – 交互式进程查看器 你可能知道在机器上查看实时进程的标准工具top.如果不知道,请运行$ top看看,运行$ man top阅读帮助手册. hto ...

  3. Clusterware 和 RAC 中的域名解析的配置校验和检查 (文档 ID 1945838.1)

    适用于: Oracle Database - Enterprise Edition - 版本 10.1.0.2 到 12.1.0.1 [发行版 10.1 到 12.1]Oracle Database ...

  4. 补题—Codeforces Round #346 (Div. 2) _智商欠费系列

    这次的题目相对容易 但是智商依旧不够用 原因有三点 1.英文水平堪忧 2 逻辑不严密 3 细节掌握不够好 传送门 http://codeforces.com/contest/659 A 题目大意 圆环 ...

  5. GRANT - 定义访问权限

    SYNOPSIS GRANT { { SELECT | INSERT | UPDATE | DELETE | RULE | REFERENCES | TRIGGER } [,...] | ALL [ ...

  6. 生成随机ID且唯一

    var T = [ {P:11,G:2}, {P:101,G:7}, {P:1009,G:26}, {P:10007,G:59}, {P:100003,G:242}, {P:1000003,G:568 ...

  7. Linux网络管理及基础设置

    一.网络管理 1 临时配置网络(ip,网关,dns) 用ifconfig命令设定网卡的IP地址: ens33网卡的IP地址为192.168.16.154, ifconfig ens33 192.168 ...

  8. common-fileupload上传图片并显示图片

    效果图如下:                                   代码: 注意:需要jar包:commons-fileupload-1.2.1.jar  和 commons-io-1. ...

  9. shell脚本,按单词出现频率降序排序。

    [root@localhost oldboy]# cat file the squid project provides a number of resources toassist users de ...

  10. Spring框架中的aop操作之一 及aspectjweaver.jar与aopalliance-1.0.jar下载地址 包含beans 注解context 和aop的约束

    (aspect oriented programming面向切面编程) 首先在原有的jar包: 需Spring压缩包中的四个核心JAR包 beans .context.core 和expression ...