Hdu 5664 Lady CA and the graph(有n个点的树,给定根,叫你找第k大的特殊链)

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题意:
给你一个有n个点的树,给定根,叫你找第k大的特殊链
特殊的链的定义:u,v之间的路径,且lca(u,v)!=u&&lca(u,v)!=v,且路径第k大

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思路:转自http://bestcoder.split.hdu.edu.cn/solutions.php?page=2
对于求第k大的问题，我们可以通过在外层套一个二分，将其转化为求不小于mid的有多少个的问题。

接下来我们讨论如何求树上有多少条折链的长度不小于k。

我们考虑常规的点分治（对于重心，求出其到其他点的距离，排序+单调队列），时间复杂度为O(nlog^2n)，但是这只能求出普通链的数量。

我们考虑将不属于折链的链容斥掉。也即，我们需要求出有多少条长度不小于mid的链，满足一端是另一端的祖先。设有一条连接u,v的链,u是v的祖先。

我们设d[i]为从根到i的链的长度，然后枚举v，然后计算在从根到v的链上，有多少个点i满足d[v]−dist[i]≥mid

我们可以按照dfs序访问各结点，动态维护从根到其的链上各d值构成的权值树状数组，就能够计算这种链的数量。时间复杂度为O(nlogn)。 因此求长度不小于mid的折链数量可以在O(nlog2​​n)的时间复杂度内完成。再套上最外层的二分，总时间复杂度为O(nlog​3n)。

n的范围是50000，时限6s，卡常数就过去了（本行划线 由于在点分治中，复杂度中第二个logn的瓶颈在于排序。由于每次排序都是对相同的数排序，因此我们可以考虑将点分治+排序作为预处理，每次二分的时候只要做单调队列部分即可。

上述做法的总时间复杂度为O(nlog​2n)。

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;const int maxn=1e5+10;int tot,head[maxn],size[maxn],root,f[maxn],id,Count,Ans,sz;//f[i]表示i这个子树的重心bool Del[maxn];int n,t[maxn],cnt,Root;;vector<int>G[maxn*10],que[maxn];struct Edge{    int to,next,cost;}e[maxn];void init(){    tot=0;    memset(head,-1,sizeof(head));}void addedge(int u,int v,int w){    e[tot].to=v;    e[tot].next=head[u];    e[tot].cost=w;    head[u]=tot++;}void getroot(int u,int pre){    size[u]=1,f[u]=0;    for(int i=head[u];i!=-1;i=e[i].next){        int v=e[i].to;        if(v!=pre&&!Del[v]){            getroot(v,u);            size[u]+=size[v];            f[u]=max(f[u],size[v]);        }    }    f[u]=max(f[u],Count-size[u]);    if(f[u]<f[root])   root=u;}void getdeep(int u,int pre,int dep){    G[cnt].push_back(dep);    size[u]=1;    for(int i=head[u];i!=-1;i=e[i].next){        int v=e[i].to;        if(v!=pre&&!Del[v]){            getdeep(v,u,dep+e[i].cost);            size[u]+=size[v];        }    }}long long Cal(int u,int dep){    ++cnt;    getdeep(u,0,dep);    sort(G[cnt].begin(),G[cnt].end());}void Work(int u){    Cal(u,0);//表示链的两边的能为tmp    Del[u]=true;    for(int i=head[u];i!=-1;i=e[i].next){        int v=e[i].to;        if(!Del[v]){            Cal(v,e[i].cost);            f[0]=Count=size[v];//表示这个子树的根            getroot(v,root=0);            que[u].push_back(root);            Work(root);        }    }}void Init(){    for(int i=1;i<=n;i++)        que[i].clear();    for(int i=1;i<=10*n;i++)        G[i].clear();    memset(Del,false,sizeof(Del));    f[0]=Count=n;    getroot(1,root=0),cnt=0;    Root=root;    Work(root);}//相当于把排序去掉long long cal(int mid){    long long ret=0;    ++id;    int num=G[id].size()-1,r=num;    for(int i=0;i<num;i++){        r=max(i+1,r);        while(r>i+1&&G[id][r-1]+G[id][i]>=mid)    r--;        if(G[id][r]+G[id][i]<mid)            continue;        ret+=(num-r+1);    }    return ret;}void work(int u,int mid){    Ans+=cal(mid);//表示链的两边的能为tmp    int x=0;    Del[u]=true;    for(int i=head[u];i!=-1;i=e[i].next){        int v=e[i].to;        if(!Del[v]){            Ans-=cal(mid);            work(que[u][x++],mid);        }    }}int C[maxn],m,TOT;void add(int x,int num){    while(x<=TOT)        C[x]+=num,x+=(x&-x);}int sum(int x){    int ret=0;    while(x>0)        ret+=C[x],x-=(x&-x);    return ret;}void dfs(int u,int dep,int pre,int mid){    t[++sz]=dep;    t[++sz]=dep-mid;    for(int i=head[u];i!=-1;i=e[i].next){        int v=e[i].to;        if(v!=pre)            dfs(v,dep+e[i].cost,u,mid);    }}void Dfs(int u,int dep,int pre,int mid){    int num1=lower_bound(t+1,t+TOT+1,dep-mid)-t,num2=lower_bound(t+1,t+TOT+1,dep)-t;    Ans-=sum(num1);    add(num2,1);    for(int i=head[u];i!=-1;i=e[i].next){        int v=e[i].to;        if(v!=pre)            Dfs(v,dep+e[i].cost,u,mid);    }    add(num2,-1);}bool check(int mid,int k){    Ans=0,memset(Del,false,sizeof(Del));    id=0,work(Root,mid);    memset(C,0,sizeof(C));    sz=0,dfs(m,0,0,mid);    sort(t+1,t+sz+1);    TOT=unique(t+1,t+sz+1)-t-1;    Dfs(m,0,0,mid);    if(Ans>=k)  return true;    return false;}int main(){    int _,k;    scanf("%d",&_);    while(_--){        scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);        int maxv=0,u,v,w;        init();        for(int i=1;i<n;++i){            scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);            addedge(u,v,w),addedge(v,u,w);            maxv=max(maxv,w);        }        Init();        //check(18,1);        int low=0,high=maxv*n,ans=0;        while(high-low>=0){            int mid=(low+high)>>1;            if(check(mid,k))  low=mid+1,ans=mid;            else    high=mid-1;        }        if(ans==0)  printf("NO\n");        else printf("%d\n",ans);    }    return 0;}