【uoj#150】【NOIP2015】运输计划 树上前缀和+lca+二分+拓扑排序+特别的卡常数技巧
来源:互联网 发布:济南管家婆进销存软件 编辑:程序博客网 时间:2024/06/02 01:06
公元 2044 年,人类进入了宇宙纪元。
L 国有 nn 个星球,还有 n−1n−1 条双向航道,每条航道建立在两个星球之间,这 n−1n−1 条航道连通了 LL 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 uiui 号星球沿最快的宇航路径飞行到 vivi 号星球去。显然,飞船驶过一条航道是需要时间的,对于航道 jj,任意飞船驶过它所花费的时间为 tjtj,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 mm 个运输计划。在虫洞建设完成后,这 mm 个运输计划会同时开始,所有飞船一起出发。当这 mm 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?
输入格式
第一行包括两个正整数 n,mn,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 11 到 nn 编号。
接下来 n−1n−1 行描述航道的建设情况,其中第 ii 行包含三个整数 ai,biai,bi 和 titi,表示第 ii 条双向航道修建在 aiai 与 bibi 两个星球之间,任意飞船驶过它所花费的时间为 titi。数据保证 1≤ai,bi≤n1≤ai,bi≤n 且 0≤ti≤10000≤ti≤1000。
接下来 mm 行描述运输计划的情况,其中第 jj 行包含两个正整数 ujuj 和 vjvj,表示第 jj 个运输计划是从 ujuj 号星球飞往 vjvj号星球。数据保证 1≤ui,vi≤n1≤ui,vi≤n
输出格式
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。
样例一
input
6 31 2 31 6 43 1 74 3 63 5 53 62 54 5
output
11
explanation
将第 11 条航道改造成虫洞: 则三个计划耗时分别为:11,12,1111,12,11,故需要花费的时间为 1212。
将第 22 条航道改造成虫洞: 则三个计划耗时分别为:7,15,117,15,11,故需要花费的时间为 1515。
将第 33 条航道改造成虫洞: 则三个计划耗时分别为:4,8,114,8,11,故需要花费的时间为 1111。
将第 44 条航道改造成虫洞: 则三个计划耗时分别为:11,15,511,15,5,故需要花费的时间为 1515。
将第 55 条航道改造成虫洞: 则三个计划耗时分别为:11,10,611,10,6,故需要花费的时间为 1111。
故将第 33 条或第 55 条航道改造成虫洞均可使得完成阶段性工作的耗时最短,需要花费的时间为 1111。
限制与约定
时间限制:1s1s
空间限制:256MB
UOJ某题解
因为要求最大时间最小,容易想到二分,
二分时间mid,我们需要修改的路径是这个路径的时间大于mid的,看看能否修改到小于等于mid。于是现在问题变成了多个路径求交,然后看看它们的交集中把某个边权变为0能否让所有路径的时间小于mid。
然后有神犇想到了树上前缀和(Orz),做法是
然后就O(n)枚举了…
复杂度
我的卡常数技巧:把每次求前缀和的dfs过程改为对一个拓扑排序好了的数组求和,手动读入,memset改成for到n清零,提前按时间排序然后二分的时候少for点…
话说这题总体来说不算难啊为什么我傻X15分
#include<cstdio>#include<cstring>#include<iostream>#include<algorithm>#include<queue>using namespace std;const int INF = 300000000;const int SZ = 600010;int n,m;int head[SZ],nxt[SZ],tot = 1;struct edge{ int t,d;}l[SZ];void build(int f,int t,int d){ l[++ tot].t = t; l[tot].d = d; nxt[tot] = head[f]; head[f] = tot;}int anc[SZ][30],dist[SZ],deep[SZ],cost[SZ];void dfs(int u,int fa,int d){ dist[u] = d; deep[u] = deep[fa] + 1; anc[u][0] = fa; for(int i = 1;anc[u][i - 1];i ++) { anc[u][i] = anc[anc[u][i - 1]][i - 1]; } for(int i = head[u];i;i = nxt[i]) { int v = l[i].t; if(v == fa) continue; cost[v] = l[i].d; dfs(v,u,d + l[i].d); }}int ask_lca(int x,int y){ if(deep[x] < deep[y]) swap(x,y); if(deep[x] > deep[y]) { int dd = deep[x] - deep[y]; for(int i = 19;i >= 0;i --) if(dd & (1 << i)) x = anc[x][i]; } if(x != y) { for(int i = 19;i >= 0;i --) if(anc[x][i] != anc[y][i]) x = anc[x][i],y = anc[y][i]; } if(x == y) return x; else return anc[x][0];}struct haha{ int x,y,lca,d;}ask[SZ];int tm[SZ];int S[SZ],top = 0;bool check(int mid){ for(int i = 1;i <= n;i ++) tm[i] = 0; int tot = 0,maxn = 0; for(int i = 1;i <= m;i ++) { if(ask[i].d > mid) { tm[ask[i].x] ++; tm[ask[i].y] ++; tm[ask[i].lca] -= 2; tot ++; maxn = max(maxn,ask[i].d); } else break; } for(int i = top;i >= 0;i --) tm[anc[S[i]][0]] += tm[S[i]]; for(int i = 1;i <= n;i ++) if(tm[i] == tot) if(maxn - cost[i] <= mid) return true; return false;}int div(){ int l = -1,r = INF; while(r - l > 1) { int mid = (l + r) >> 1; if(check(mid)) r = mid; else l = mid; } return r;}queue<int> q;void bfs(){ q.push(1); while(q.size()) { int u = q.front(); q.pop(); S[++ top] = u; for(int i = head[u];i;i = nxt[i]) if(l[i].t != anc[u][0]) q.push(l[i].t); }}void scanf(int &x){ x = 0; char a = getchar(); bool flag = 0; while(a > '9' || a < '0') {if(a == '-') flag = 1; a = getchar();} while(a >= '0' && a <= '9') x = x * 10 + a - '0',a = getchar(); if(flag) x = -x;}bool cmp(haha a ,haha b){ return a.d > b.d;}int main(){ scanf(n);scanf(m); for(int i = 1;i < n;i ++) { int a,b,c; scanf(a); scanf(b); scanf(c); build(a,b,c); build(b,a,c); } dfs(1,0,0); for(int i = 1;i <= m;i ++) { scanf(ask[i].x); scanf(ask[i].y); ask[i].lca = ask_lca(ask[i].x,ask[i].y); ask[i].d = dist[ask[i].x] + dist[ask[i].y] - 2 * dist[ask[i].lca]; } sort(ask + 1,ask + 1 + m,cmp); bfs(); printf("%d",div()); return 0;}
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