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:
1 #include <bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 4 const int maxn=300000+5; 5 int n,m,cnt; 6 int f[maxn],dep[maxn],sz[maxn],son[maxn],top[maxn],d[maxn],ct[maxn],head[maxn]; 7 struct edge{ 8 int to,d,next; 9 edge(int to=0,int d=0,int next=0):to(to),d(d),next(next){} 10 }g[maxn<<1]; 11 struct query{ 12 int u,v,lca,l; 13 }q[maxn]; 14 inline int read(int &x){ x=0; int k=1; char c; for(c=getchar();c<'0'||c>'9';c=getchar())if(c=='-') k=-1; for(;c>='0'&&c<='9';c=getchar()) x=x*10+c-'0'; return x*k; } 15 void add_edge(int u,int v,int d){ 16 g[++cnt]=edge(v,d,head[u]); head[u]=cnt; 17 g[++cnt]=edge(u,d,head[v]); head[v]=cnt; 18 } 19 void dfs1(int u){ 20 sz[u]=1; 21 for(int i=head[u];i;i=g[i].next){ 22 int v=g[i].to; 23 if(v==f[u]) continue; 24 f[v]=u; dep[v]=dep[u]+1; d[v]=d[u]+g[i].d; 25 dfs1(v); sz[u]+=sz[v]; 26 if(sz[v]>sz[son[u]]) son[u]=v; 27 } 28 } 29 void dfs2(int u){ 30 if(son[u]) top[son[u]]=top[u], dfs2(son[u]); 31 for(int i=head[u];i;i=g[i].next){ 32 int v=g[i].to; 33 if(v==f[u]||v==son[u]) continue; 34 top[v]=v; dfs2(v); 35 } 36 } 37 int lca(int u,int v){ 38 while(top[u]!=top[v]){ 39 if(dep[top[u]]<dep[top[v]]) swap(u,v); 40 u=f[top[u]]; 41 } 42 return dep[u]<dep[v]?u:v; 43 } 44 void update(int u){ 45 for(int i=head[u];i;i=g[i].next){ 46 int v=g[i].to; 47 if(v==f[u]) continue; 48 update(v); 49 ct[u]+=ct[v]; 50 } 51 } 52 inline bool C(int x){ 53 int tot=0,maxi=0; memset(ct,0,sizeof ct); 54 for(int i=1;i<=m;i++){ 55 if(q[i].l>x){ 56 tot++; 57 ct[q[i].u]++; 58 ct[q[i].v]++; 59 ct[q[i].lca]-=2; 60 maxi=max(maxi,q[i].l); 61 } 62 } 63 update(1); 64 for(int i=1;i<=n;i++)if(ct[i]==tot&&maxi-(d[i]-d[f[i]])<=x) return true; 65 return false; 66 } 67 int bsearch(int l,int r){ 68 while(l<r){ 69 int mid=l+(r-l)/2; 70 if(C(mid)) r=mid; 71 else l=mid+1; 72 } 73 return l; 74 } 75 int main(){ 76 int maxi=0,maxj=0; 77 read(n); read(m); 78 for(int i=1;i<n;i++){ 79 int u,v,d; read(u); read(v); read(d); 80 add_edge(u,v,d); 81 maxi=max(maxi,d); 82 } 83 dfs1(1); dfs2(1); 84 for(int i=1;i<=m;i++){ 85 read(q[i].u); read(q[i].v); 86 q[i].lca=lca(q[i].u,q[i].v); 87 q[i].l=d[q[i].u]+d[q[i].v]-2*d[q[i].lca]; 88 maxj=max(maxj,q[i].l); 89 } 90 printf("%d ",bsearch(max(0,maxj-maxi),maxj)); 91 return 0; 92 }
Tarjan:
1 #include <bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 4 const int maxn=300000+5; 5 int n,m,cnt1,cnt2; 6 int f[maxn],p[maxn],d[maxn],head1[maxn],head2[maxn],ct[maxn]; 7 bool vis[maxn]; 8 struct edge{ 9 int to,d,next; 10 edge(int to=0,int d=0,int next=0):to(to),d(d),next(next){} 11 }g[maxn<<1]; 12 struct Query{ 13 int u,v,lca,l; 14 }Q[maxn]; 15 struct query{ 16 int v,id,next; 17 query(int v=0,int id=0,int next=0):v(v),id(id),next(next){} 18 }q[maxn<<1]; 19 inline int read(int &x){ x=0;int k=1;char c;for(c=getchar();c<'0'||c>'9';c=getchar())if(c=='-')k=-1;for(;c>='0'&&c<='9';c=getchar())x=x*10+c-'0';return x*k; } 20 inline int find(int x){ return x==f[x]?x:f[x]=find(f[x]); } 21 void add_edge(int u,int v,int d){ 22 g[++cnt1]=edge(v,d,head1[u]); head1[u]=cnt1; 23 g[++cnt1]=edge(u,d,head1[v]); head1[v]=cnt1; 24 } 25 void add_query(int u,int v,int id){ 26 q[++cnt2]=query(v,id,head2[u]); head2[u]=cnt2; 27 q[++cnt2]=query(u,id,head2[v]); head2[v]=cnt2; 28 } 29 void tarjan(int u){ 30 f[u]=u; vis[u]=true; 31 for(int i=head1[u];i;i=g[i].next){ 32 int v=g[i].to; if(v==p[u]) continue; 33 p[v]=u; d[v]=d[u]+g[i].d; 34 tarjan(v); f[v]=u; 35 } 36 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]-2*d[Q[q[i].id].lca]; 37 } 38 void update(int u){ 39 for(int i=head1[u];i;i=g[i].next){ 40 int v=g[i].to; if(v==p[u]) continue; 41 update(v); ct[u]+=ct[v]; 42 } 43 } 44 inline bool C(int x){ 45 int tot=0,maxi=0; memset(ct,0,sizeof ct); 46 for(int i=1;i<=m;i++)if(Q[i].l>x){ 47 tot++; maxi=max(maxi,Q[i].l); 48 ct[Q[i].u]++; ct[Q[i].v]++; ct[Q[i].lca]-=2; 49 } 50 update(1); 51 for(int i=1;i<=n;i++)if(ct[i]==tot&&maxi-(d[i]-d[p[i]])<=x) return true; 52 return false; 53 } 54 int bsearch(int l,int r){ 55 while(l<r){ 56 int mid=l+(r-l)/2; 57 if(C(mid)) r=mid; 58 else l=mid+1; 59 } 60 return l; 61 } 62 int main(){ 63 read(n); read(m); 64 int maxi=0,maxj=0; 65 for(int i=1;i<n;i++){ 66 int u,v,d; read(u); read(v); read(d); 67 add_edge(u,v,d); 68 maxi=max(maxi,d); 69 } 70 for(int i=1;i<=m;i++){ 71 read(Q[i].u); read(Q[i].v); 72 add_query(Q[i].u,Q[i].v,i); 73 } 74 tarjan(1); 75 for(int i=1;i<=m;i++) maxj=max(maxj,Q[i].l); 76 printf("%d ",bsearch(max(0,maxj-maxi),maxj)); 77 return 0; 78 }
4326: NOIP2015 运输计划
Time Limit: 30 Sec Memory Limit: 128 MBSubmit: 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