NOIP2015运输计划(洛谷2680)
来源:互联网 发布:建筑规范软件有哪些 编辑:程序博客网 时间:2024/04/30 05:23
标签:树链剖分,二分
题目背景
公元 2044 年,人类进入了宇宙纪元。
题目描述
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?
输入输出格式
输入格式:
输入文件名为 transport.in。
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。
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。
输出格式:
输出 共1行,包含1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。
输入输出样例
输入样例#1:
6 3
1 2 3
1 6 4
3 1 7
4 3 6
3 5 5
3 6
2 5
4 5
输出样例#1:
11
说明
所有测试数据的范围和特点如下表所示
请注意常数因子带来的程序效率上的影响。
题意:给出⼀颗有边权的树,给定⼀些旅⾏路线的起点和终点。
现在可以将树上的某⼀条边边权改为 0。
求问这些旅⾏路线中最长的那⼀条,最小可以为多少。
n≤300000,w≤1000
分析:
方法一:(下面的代码就是这种)
O(n^2)的暴力就可以混到前50分了,再加一个特判,总共60分
剩下的40分显然是二分答案
有一种叫做看数据范围猜算法,十万级别的也就想到了二分,而且要求最远的最短
可以使用线段树解决线段覆盖的问题,但这题最好使用差分
树链剖分(logn)*二分(logn)*枚举边(n)=O(n log n log n)
但是需要加一些优化,读入优化,记忆化,位运算
否则可能会被卡掉
方法二:(听武爷爷whx上课时候讲的玄学算法)
• 先 tarjan 并查集 O(n)求 lca,然后找到最长的⼀个路径。
• 然后对于最长的路径这条链拉出来,和它没有交的路径直接算掉,剩下的路径预处理⼀下。
• 然后把所有路径按照路径长度从⼤到小排序,求出每个前缀的交,再反着算出交里的最⼤权值。
•picks 其实应该⼀步到位 n≤10^6
Node
#include<bits/stdc++.h>const int maxn=600005;struct node0{ int x,y,len;}d[maxn];int root,n,m,x,y,v,tot,next[maxn],last[maxn],e[maxn];int dep[maxn],fa[maxn],size[maxn],son[maxn],top[maxn];int pos[maxn],pos2[maxn],val[maxn],cost[maxn],MAX[maxn],dist[maxn],s[maxn],node,ans,q[maxn];inline int read(){ int x=0,f=1;char ch=getchar(); while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();} while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();} return x*f;}bool cmp(node0 x,node0 y){ return x.len>y.len;}void add(int x,int y,int v){ next[++tot]=last[x]; last[x]=tot; val[tot]=v; e[tot]=y;}void dfs1(int x){ dep[x]=dep[fa[x]]+1; size[x]=1; for (int i=last[x];i;i=next[i]) { int v=e[i]; if (v==fa[x])continue; fa[v]=x; dist[v]=dist[x]+val[i]; cost[v]=val[i]; dfs1(v); size[x]+=size[v]; if(size[v]>size[son[x]])son[x]=v; }}void dfs2(int x,int tp){ top[x]=tp;pos[x]=++node;pos2[node]=cost[x]; if(son[x]==0)return; dfs2(son[x],tp); for(int i=last[x];i;i=next[i]) { int v=e[i]; if (v==fa[x]||v==son[x])continue; dfs2(v,v); }}//树链剖分 int query(int x,int y){ int a=x,b=y; while (top[a]!=top[b]) { if (dep[top[a]]<dep[top[b]])std::swap(a,b); a=fa[top[a]]; } if (dep[a]<dep[b])return a;else return b;} void work(int x,int y){ int a=x,b=y; while(top[a]!=top[b]) { if(dep[top[a]]<dep[top[b]])std::swap(a,b); s[pos[top[a]]]+=1;s[pos[a]+1]-=1; a=fa[top[a]]; } if(a==b)return; if(dep[a]>dep[b])std::swap(a,b); s[pos[a]+1]+=1;s[pos[b]+1]-=1;;} int check(int mid){ int sz=0,Maxx=0,tott=0; while (d[sz+1].len>mid)sz++; if (q[sz]!=0)return q[sz]; std::memset(s,0,sizeof(s)); for(int i=1;i<=sz;i++)work(d[i].x,d[i].y); for(int i=1;i<=n;i++){ tott+=s[i];if (tott==(sz))Maxx=std::max(Maxx,pos2[i]);} q[sz]=Maxx; return Maxx;}int main(){ n=read();m=read(); for (int i=1;i<n;i++) { x=read();y=read();v=read(); add(y,x,v),add(x,y,v); } dfs1(1);dfs2(1,1); for (int i=1;i<=m;i++) { d[i].x=read(),d[i].y=read(); d[i].len=dist[d[i].x]+dist[d[i].y]-2*dist[query(d[i].x,d[i].y)];//求路径距离 } std::sort(d+1,d+1+m,cmp); int l=0,r=d[1].len; while (l<=r) { int mid=(l+r)>>1; if (d[1].len-check(mid)>mid)l=mid+1;else r=mid-1,ans=mid; } printf("%d\n",ans); return 0; }
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