![BZOJ_4326_[NOIP2015]_运输计划_(二分+LCA_树链剖分/Tarjan+差分)](https://image.shishitao.com:8440/aHR0cHM6Ly9ia3FzaW1nLmlrYWZhbi5jb20vdXBsb2FkL2NoYXRncHQtcy5wbmc%2FIQ%3D%3D.png?!?w=700&webp=1 "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*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