Vijos[1983]NOIP2015Day2T3 运输计划 transport LCA

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转载一个大佬的题解：

点击这里->银牌爷题解

主要考察二分查找、树上倍增、贪心、“树上前缀和”。
题目是一颗树，要求将一条边的权值变为0，使得所有运输计划的最大时间最小。
直觉告诉我们，这是一个树上倍增的题目，但是它却不像前几年的 Day2T3 开车旅行那样纯倍增，或许更像疫情控制一些，倍增只是辅助算法，还需要配合其他算法。
由于要使所有运输计划的最大时间最小，不难想到二分答案的方法。
使C(t)表示是否可以改造一条边，使得改造之后所有运输计划中最长的时间不大于t。这是惯用伎俩，用二分的的话，我们就可以确定一个变量t，正因为有了这个t，我们才能有的放矢的进行贪心或是干别的。
如何判断C(t)呢？在开始的时候用倍增预处理出所有计划的时间，如果小于等于t，就可以忽略，如果大于t，那么就要考虑在其路径上改造一条边。
由于所有时间大于t的计划都要改造一条边，问题就变为了求所有时间大于t的计划的路径交集，改造其中一条最大的边，看看去掉这条边之后，是否可以满足条件。
问题来了，如何求交集呢？
这里给出两种方法，一种是模拟求交集。一种是利用树上前缀和求交集。

如果设total为超出时间t的方案数量，边e​_i​​经过的次数cnt​_i​​。对于每个超出时间t的方案，将其路径中边的cnt加1。最后，所有cnt_i=total_{cnt​i​​}的边就是我们要求的的交集。
然而每次给每条边加一肯定是不现实的，所以我们要想出一个高效的方法，来维护边被经过的次数。
这个方法像极了2012年NOIP的借教室，不过是树上的版本。我们先看看借教室的怎么处理区间加减的。
如果要对一段连续区间[a,b)同时加上一个值，只需在开始处加上这个值，在结束后减去这个值，维护前缀和就行了。看上去应该是这样的：

若初始都是0，让连续区间[a,b)同时加上一个值m之后，前缀和 即为元素i的值。下面是前缀和：

如果有多组加减，也不会冲突。
同样的，在树上，我们用s​i​​来表示顶点i到其父亲的这条边被经过的次数，v​i​​用于记录顶点信息。
对于每个点对(a,b)，我们将v​a​​+1,v​b​​+1,v​LCA(a,b)​​-2。

则树上前缀和

利用dfs序，对于每个点更新它的父亲的s值，前缀和可以在O(n)的时间内算出来。这样，每条边经过的次数就顺利计算出来了。
这个方法的复杂度是线性的，为O(m+n)。

当然写代码也是写的很艰辛：

我力劝C++的同胞们，这题卡常数，Dfs党会吃亏，比如这里这个UOJ的数据

 

我们可以使用Bfs和尽量避免写Dfs,不然会Tle的

以下代码实测极端数据约900ms，正所谓卡常数，如果把一开始的dfs改为bfs可能会更快……（博主很懒，不改了）

总结一下大佬的题解：

1. Dfs或Bfs构建树，然后记录下各种信息，现在主要是以下几点：

　　1）子节点　　　　　　son[rt]　　　　vector <int>

　　2）深度　　　　　　　deep[rt]　　　 int

　　3）到根节点的距离　　dis[rt]　　　　int

　　4）到父亲节点的距离　fadis[rt]　　　int

　　5）父亲　　　　　　　father[rt]　　　int

2. LCA的预处理，处理出F[rt][i],表示节点rt的第2ⁱ个祖先（即节点rt的祖先中与之深度相差rt的祖先）    // F[rt][i]  在代码中写成 Anst[rt][i]

     转移表达式为：F[rt][i]=F[F[rt][i-1]][i-1] 应该都能够理解

3. 求取LCA: 这里用的倍增的方法，虽然比离线算法LCA_Tarjan慢一个log，但是倍增是一个好东西，不妨去练练。这样思考：对于两个深度为d的节点a和b，使得int i=log2(d),那么就可以倍增：对于节点a和b，如果他们的第2ⁱ个祖先是相同的，那么他们在网上的祖先也一定是相同的 ，那么我们就对于不改变a和b的值，而使i=i-1；如果他们的第2ⁱ个祖先不同，那么他们往下走的祖先也是不同的，于是就可以确定他们的最近公共祖先一定是在第2ⁱ个祖先上面的，那么我们就可以安心的把a和b的值更新乘F[a][i]和F[b][i](a=F[a][i],b=F[b][i])。直到i为0位置，无法再做了。于是，a和b的最近公共祖先就是a和b的父亲，即F[a][0]或F[b][0](相等的)。于是剩下的只是把a和b调到同一深度这点事情了。设b为深度更大的那个，设deep[x]为x的深度，那么把b移上去，就是求b个第(deep[b]-deep[a])个祖先，也是倍增可以解决的。

    至于LCA_Tarjan，可以自己学啊！这里就不多说了。

3.二分答案：不用说了吧，就是一个基本的二分

4.check(答案):这个在大佬的题解里面写的比较详细，可以看他的~

  1 #pragma comment(linker, "/STACK:10240000,10240000")  2 #include <cstring>  3 #include <algorithm>  4 #include <cstdio>  5 #include <cstdlib>  6 #include <cmath>  7 #include <vector>  8 using namespace std;  9 const int N=300000+5,M=N*2,Inf=N*1000; 10 void read(int &x){ 11     x=0; 12     char ch=getchar(); 13     while (!('0'<=ch&&ch<='9')) 14         ch=getchar(); 15     while ('0'<=ch&&ch<='9'){ 16         x=x*10+ch-48; 17         ch=getchar(); 18     } 19 } 20 struct Edge{ 21     int cnt,y[M],z[M],nxt[M],fst[N]; 22     void set(){ 23         cnt=0; 24         memset(y,0,sizeof y); 25         memset(z,0,sizeof z); 26         memset(nxt,0,sizeof nxt); 27         memset(fst,0,sizeof fst); 28     } 29     void add(int a,int b,int c){ 30         cnt++; 31         y[cnt]=b,z[cnt]=c; 32         nxt[cnt]=fst[a],fst[a]=cnt; 33     } 34 }e; 35 int n,m; 36 vector <int> Tree[N]; 37 int father[N],son[N],deep[N],dis[N],fadis[N],bh[N],bhtot; 38 int Anst[N][20];//Ancestor 39 struct Query{ 40     int x,y,LCA,cost; 41 }q[N]; 42 int Nextsum[N]; 43 void Build_Tree(int prev,int rt){ 44     bh[++bhtot]=rt; 45     Tree[rt].clear(); 46     deep[rt]=deep[prev]+1; 47     son[rt]=0; 48     father[rt]=prev; 49     for (int i=e.fst[rt];i;i=e.nxt[i]) 50         if (e.y[i]!=prev){ 51             son[rt]++,Tree[rt].push_back(e.y[i]); 52             fadis[e.y[i]]=e.z[i]; 53             dis[e.y[i]]=dis[rt]+e.z[i]; 54             Build_Tree(rt,e.y[i]); 55         } 56 } 57 void LCA_Prepare(){ 58     memset(Anst,0,sizeof Anst); 59     for (int i=1;i<=n;i++){ 60         int rt=bh[i]; 61         Anst[rt][0]=father[rt]; 62         for (int i=1;(1<<i)<=deep[rt];i++) 63             Anst[rt][i]=Anst[Anst[rt][i-1]][i-1]; 64     } 65 } 66 int LCA(int a,int b){ 67     if (deep[a]>deep[b]) 68         swap(a,b); 69     for (int i=deep[b]-deep[a],j=0;i>0;i>>=1,j++) 70         if (i&1) 71             b=Anst[b][j]; 72     if (a==b) 73         return a; 74     int k; 75     for (k=0;(1<<k)<=deep[a];k++); 76     for (;k>=0;k--) 77         if ((1<<k)<=deep[a]&&Anst[a][k]!=Anst[b][k]) 78             a=Anst[a][k],b=Anst[b][k]; 79     return Anst[a][0]; 80 } 81 bool check(int t){ 82     int total=0,Maxcost=0,Maxcut=0; 83     memset(Nextsum,0,sizeof Nextsum); 84     for (int i=1;i<=m;i++) 85         if (q[i].cost>t){ 86             Maxcost=max(Maxcost,q[i].cost-t); 87             total++; 88             Nextsum[q[i].x]++; 89             Nextsum[q[i].y]++; 90             Nextsum[q[i].LCA]-=2; 91         } 92     for (int i=n;i>=1;i--) 93         Nextsum[father[bh[i]]]+=Nextsum[bh[i]]; 94     for (int i=1;i<=n;i++) 95         if (Nextsum[i]==total) 96             Maxcut=max(Maxcut,fadis[i]); 97     return Maxcost<=Maxcut; 98 } 99 int main(){100     scanf("%d%d",&n,&m);101     e.set();102     for (int i=1;i<n;i++){103         int a,b,c;104         read(a),read(b),read(c);105         e.add(a,b,c);106         e.add(b,a,c);107     }108     bhtot=0;109     deep[0]=-1,dis[1]=fadis[1]=0;110     Build_Tree(0,1);111     LCA_Prepare();112     for (int i=1;i<=m;i++){113         read(q[i].x),read(q[i].y);114         q[i].LCA=LCA(q[i].x,q[i].y);115         q[i].cost=dis[q[i].x]+dis[q[i].y]-dis[q[i].LCA]*2;116     }117     int le=0,ri=Inf,mid,ans=0;118     while (le<=ri){119         mid=(le+ri)>>1;120         if (check(mid))121             ri=mid-1,ans=mid;122         else123             le=mid+1;124     }125     printf("%d",ans);126     return 0;127 }

代码