noip2015 运输计划
来源:互联网 发布:vb soapclient30 编辑:程序博客网 时间:2024/06/04 18:42
题目描述 Description
公元 2044 年,人类进入了宇宙纪元。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?
输入描述 Input Description
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。数据保证 1<=ai,bi<=n 且 0<=ti<=1000。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。数据保证 1<=ui,vi<=n
输出描述 Output Description
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。
样例输入 Sample Input
6 3
1 2 3
1 6 4
3 1 7
4 3 6
3 5 5
3 6
2 5
4 5
样例输出 Sample Output
11
数据范围及提示 Data Size & Hint
样例解释:
将第 1 条航道改造成虫洞: 则三个计划耗时分别为:11,12,11,故需要花费的时间为 12。
将第 2 条航道改造成虫洞: 则三个计划耗时分别为:7,15,11,故需要花费的时间为 15。
将第 3 条航道改造成虫洞: 则三个计划耗时分别为:4,8,11,故需要花费的时间为 11。
将第 4 条航道改造成虫洞: 则三个计划耗时分别为:11,15,5,故需要花费的时间为 15。
将第 5 条航道改造成虫洞: 则三个计划耗时分别为:11,10,6,故需要花费的时间为 11。
故将第 3 条或第 5 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 11。
测试数据及约定:
95%: n, m <= 100000
100%:n, m <= 300000
有40%的数据成一条链
题解
预处理每个计划的LCA以及路径长。然后二分答案,然后判断可行性,判断时并不会什么树剖之类的高级算法,所以用了gty讲课时提到的树上前缀和。设有x个计划比二分的答案要长,对于每一个这样的计划,起点与终点打上+1的前缀和标记,LCA上打上-2的前缀和标记。然后dfs一遍合并标记,找出所有标记数量等于x的点(对应其上面的那条边)中边权最大的,将最长计划减去它的长度。若小于二分的答案,则代表此二分的答案可行,否则不行。
因为卡常LCA并且我太弱了不会tarjan,所以下面的代码是95分的。
另外,用对数组的差分可以在10分钟内拿到在链上的40分。
代码
#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>#include<iostream>#define maxn 600500using namespace std;struct Edge{ int u, v, w; int next;}e[maxn];struct Plan{ int len, lca; int x, y;}c[maxn]; long long n, m, k, WW;int d[maxn], book[maxn], p[maxn];int st[maxn][30], a[maxn], fi[maxn];long long st_len[maxn][30];bool cmp(Plan a, Plan b) { return a.len > b.len;}void add_edge(int u, int v, int w, int i) { e[i].u = u, e[i].v = v, e[i].w = w; e[i].next = fi[u], fi[u] = i;}void build_tree(int x, int fa, int dep) { d[x] = dep; p[x] = fa; for(int i = fi[x]; i != -1; i = e[i].next) { int v = e[i].v; if(v != fa) { build_tree(v, x, dep+1); st_len[v][0] = e[i].w; } }}void lca_maker() { for(int i = 1; i <= n; i++) st[i][0] = p[i]; for(int j = 1; j < 21; j++) for(int i = 1; i <= n; i++) { st[i][j] = st[st[i][j-1]][j-1]; st_len[i][j] = st_len[i][j-1] + st_len[st[i][j-1]][j-1]; }}int lca(int x, int y, int i) { int ans = 0; for(int j = 21; j >= 0; j--) if(d[st[x][j]] >= d[y]) { ans += st_len[x][j]; x = st[x][j]; } for(int j = 21; j >= 0; j--) if(st[x][j] != st[y][j]) { ans += (st_len[x][j] + st_len[y][j]); x = st[x][j], y = st[y][j]; } if(x != y) { ans += (st_len[x][0] + st_len[y][0]); x = st[x][0]; } c[i].len = ans; return x;}int dfs(int x, int fa) { int Now = 0; for(int i = fi[x]; i != -1; i = e[i].next) { int v = e[i].v; if(v != fa) Now += dfs(v, x); } Now += book[x]; if(Now == k && WW < st_len[x][0]) { WW = st_len[x][0]; } return Now;}int main() { cin >> n >> m; for(int i = 0; i <= n; i++) fi[i] = -1, d[i] = -1; for(int i = 1; i < n; i++) { int u, v, w; scanf("%d%d%d", &u, &v, &w); add_edge(u, v, w, i); add_edge(v, u, w, i+n); } build_tree(1, -1, 1); lca_maker(); for(int i = 1; i <= m; i++) { scanf("%d%d", &c[i].x, &c[i].y); if(d[c[i].x] < d[c[i].y]) { int cc = c[i].x; c[i].x = c[i].y; c[i].y = cc; } c[i].lca = lca(c[i].x, c[i].y, i); } sort(c+1, c+1+m, cmp); long long l = 1, r = 2147483647; while(1) { k = 0, WW = 0; memset(book, 0, sizeof(book)); int M = l + (r-l)/2; if(l == r) { cout << l << endl; return 0; } for(int i = 1; i <= m; i++) { if(c[i].len > M) { book[c[i].x] += 1; book[c[i].y] += 1; book[c[i].lca] -= 2; k++; } } if(k != 0) dfs(1, -1); if(c[1].len - WW <= M) //当前解可行 r = M; else l = M+1; }}
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