最短路径树问题

最短路径树问题

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题目描述
给一个包含n个点，m条边的无向连通图。从顶点1出发，往其余所有点分别走一次并返回。
往某一个点走时，选择总长度最短的路径走。若有多条长度最短的路径，则选择经过的顶点序列字典序最小的那条路径（如路径A为1，32，11，路径B为1, 3, 2, 11，路径B字典序较小。注意是序列的字典序的最小，而非路径中节点编号相连的字符串字典序最小）。到达该点后按原路返回，然后往其他点走，直到所有点都走过。
可以知道，经过的边会构成一棵最短路径树。请问，在这棵最短路径树上，最长的包含K个点的简单路径长度为多长？长度为该最长长度的不同路径有多少条？

输入
第1行: 3个正整数n，m，K，表示有n个点m条边，要求的路径需要经过K个点。
接下来输入m行，每行三个正整数Ai,Bi,Ci (1<=Ai,Bi<=n,1<=Ci<=10000)，表示Ai和Bi间有一条长度为Ci的边。
数据保证输入的是连通的无向图。

输出
输出一行2个整数，以一个空格隔开.
第1个整数表示包含K个点的路径最长为多长
第2个整数表示这样的不同的最长路径有多少条。

样例输入
6 6 4
1 2 1
2 3 1
3 4 1
2 5 1
3 6 1
5 6 1

样例输出
3 4

【数据规模】
对于40%的数据n<=5000,m<=10000.
对于所有数据n<=30000, m<=60000, 2<=K<=n。
数据保证最短路径树上至少存在一条长度为K的路径。

来源
FJOI2014day1

题解

先用spfa跑出最短路网，然后在最短路网上对于每个节点按照孩子编号从小到大跑dfs，就可以得到题意描述中的那棵树。
对于这棵树，定义状态f[i][j]表示从i号点出发经过j个点的最长路径长度，g[i][j]表示最长路径的数量。
转移，分为子数内和跨越子数转移。
优化：在一棵子数内，一条路径只能是向下延伸或跨越2个子树，对于前者dfs解决，对于后者，这显然是一个可以分治的问题，用点分治可以把复杂度降到O(nlogn)即可。

代码

#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstdlib>#include<cstring>#include<string>#include<cmath>#include<algorithm>#define N 45010#define inf 1050000000using namespace std;int n,m,K,ans1,ans2,dep[N],dis[N],f[N],g[N];int tot,lx[N],fx[N*4],k,la[N],ff[N*2],maxdep;int q[N],flag[N],w[N],cnt,fa[N],size[N];struct node{int a,b,c;}e[N*4],map[N*2];struct wbs{  int a,b;  bool operator<(const wbs &x)  const{return a<x.a;}}t[N];int next(int x){return ++x>30005?1:x;}void add1(int a,int b,int c){  e[++tot]=(node){a,b,c};fx[tot]=lx[a];lx[a]=tot;  e[++tot]=(node){b,a,c};fx[tot]=lx[b];lx[b]=tot;}void add2(int a,int b,int c){  map[++k]=(node){a,b,c};ff[k]=la[a];la[a]=k;  map[++k]=(node){b,a,c};ff[k]=la[b];la[b]=k;}void spfa(){  for(int i=1;i<=n;i++)w[i]=inf;  int l=1,r=2;q[1]=1;flag[1]=1;w[1]=0;  while(l!=r)  {    int x=q[l];l=next(l);flag[x]=0;    for(int a=lx[x];a;a=fx[a])      if(w[e[a].b]>w[x]+e[a].c)      {        w[e[a].b]=w[x]+e[a].c;        if(!flag[e[a].b])          q[r]=e[a].b,flag[q[r]]=1,r=next(r);      }  }}void dfs(int x){  flag[x]=1;int st=cnt+1,end;  for(int a=lx[x];a;a=fx[a])    if(w[e[a].b]==w[x]+e[a].c)      t[++cnt].a=e[a].b,t[cnt].b=e[a].c;  if(st>cnt)return;  end=cnt;sort(t+st,t+end+1);  for(int i=st;i<=end;i++)    if(!flag[t[i].a])      add2(x,t[i].a,t[i].b),dfs(t[i].a);}int find(int x){  int l=1,r=2,res,num=inf;q[1]=x;flag[x]=1;fa[x]=0;  while(l<r)  {    int x=q[l];w[x]=0;size[x]=1;l++;    for(int a=la[x];a;a=ff[a])      if(!flag[map[a].b])        q[r]=map[a].b,flag[q[r]]=1,fa[q[r]]=x,r++;  }  if(r<K)return -1;  for(int i=r-1;i;i--)  {    int x=q[i];flag[x]=0;    if(fa[x])size[fa[x]]+=size[x],w[fa[x]]=max(w[fa[x]],size[x]);    if(num>max(w[x],r-size[x]-1))num=max(w[x],r-size[x]-1),res=x;  }  return res;}void work(int S,int val){  int l=1,r=2;q[1]=S;flag[S]=1;dis[S]=val;dep[S]=1;  while(l<r)  {    int x=q[l];maxdep=max(maxdep,dep[x]);l++;    if(dep[x]==K)break;    for(int a=la[x];a;a=ff[a])      if(!flag[map[a].b])      {        q[r]=map[a].b;flag[q[r]]=1;        dis[q[r]]=dis[x]+map[a].c;        dep[q[r]]=dep[x]+1;r++;      }  }  for(int i=r-1;i;i--)  {    int x=q[i];flag[x]=0;    if(!g[K-dep[x]])continue;    if(f[K-dep[x]]+dis[x]==ans1)ans2+=g[K-dep[x]];    if(f[K-dep[x]]+dis[x]>ans1)ans1=dis[x]+f[K-dep[x]],ans2=g[K-dep[x]];  }  for(int i=r-1;i;i--)  {    int x=q[i];    if(dis[x]==f[dep[x]])g[dep[x]]++;    if(dis[x]>f[dep[x]])f[dep[x]]=dis[x],g[dep[x]]=1;  }}void solve(int x){  int rt=find(x);maxdep=0;  if(rt==-1)return;flag[rt]=1;  for(int a=la[rt];a;a=ff[a])    if(!flag[map[a].b])work(map[a].b,map[a].c);  for(int i=1;i<=maxdep;i++)f[i]=0,g[i]=0;  for(int a=la[rt];a;a=ff[a])    if(!flag[map[a].b])solve(map[a].b);}int main(){  int a,b,c;  scanf("%d%d%d",&n,&m,&K);K--;  for(int i=1;i<=m;i++)    scanf("%d%d%d",&a,&b,&c),add1(a,b,c);  spfa();dfs(1);  memset(flag,0,sizeof(flag));  g[0]=1;solve(1);  printf("%d %d\n",ans1,ans2);  return 0;}