NOIP2015复赛提高组之运输计划
来源:互联网 发布:传智播客c语言教程 编辑:程序博客网 时间:2024/06/05 16:59
noip2015运输计划
题目(二分猜答案,LCA,差分)
题目描述
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
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
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
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
11
数据范围:n,m<=300000
分析
首先可以很明确这是棵树,数据范围咋int内,时间复杂度可以达到nlog2(n),这个时间复杂度就应该可以用二分猜答案,仔细去思考,发现这种删除问题恰好适合。
关于判断函数,思路就是记录下所有超过答案的链,求其交集,将其交集中最大的一条边删了,再看是否满足,其中有些小技巧见代码,另外交集怎么求呢?
先说一个技巧:判断是否所有的都走过只需要记录下一共走的次数,判断是否等于走的人数,暴力算法就是分别把所有的路径都标出来,但是转念一想,这么标记就太粗暴了,时间复杂度耗在标记上不亏嘛?正好就是用了差分的思想,正好最近在学数列,理解起来也算是相对容易
/*难度的确比较高,但是只要分成几个部分就很容易关键词:二分猜答案,LCA,差分*/#include<cstdio>#include<cstring>#include<queue>#include<cmath>#include<algorithm>#include<iostream>#include<vector>using namespace std;#define maxn 300005#define FOR for(int j=18;j>=0;j--)void Rd(int &x){//这是从一个大神那里偷来的 x=0;char p; while(p=getchar(),p<'0'); do{ x=(x<<1)+(x<<3)+(p^48); }while(p=getchar(),p>='0');}struct edge{ int to,next,w;}E[maxn<<1];struct data{ int u,v,z,dist;//我觉得这样应该可以减少计算 friend bool operator<(data a,data b) { return a.dist>b.dist; }}p[maxn];int n,m,np,first[maxn],dist[maxn],dep[maxn],fa[maxn][20],b[maxn],a[maxn];void add(int u,int v,int w){ E[++np]=(edge){v,first[u],w}; first[u]=np;}void Debug(){ for(int i=1;i<=m;i++) cout<<p[i].u<<" "<<p[i].v<<" "<<p[i].dist<<endl; cout<<endl;}void Init(){ Rd(n); Rd(m); int u2,u1,w; for(int i=1;i<n;i++) { Rd(u1);Rd(u2);Rd(w); add(u1,u2,w); add(u2,u1,w); } for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%d%d",&p[i].u,&p[i].v);}//以上都是常规准备 void DFS0(int i,int f){ a[i]=b[i]; for(int p=first[i];p;p=E[p].next) { int j=E[p].to; if(j==f)continue; DFS0(j,i); a[i]+=a[j]; }}bool calc(int x)//若距离可以为x则返回1{ memset(b,0,sizeof(b)); int Max=p[1].dist-x,k; data v; v.dist=x; k=lower_bound(p+1,p+m+1,v)-p; k--; for(int i=1;i<=m;i++) { if(p[i].dist-x>0) { b[p[i].u]++; b[p[i].v]++; b[p[i].z]-=2; }//这里的标记我本来是从两头开始直接向父亲标记,时间复杂度明显太高,这是的连串标记恰好是差分数组的特征 else break;//排序的好处 } int mx=0;//这里是0而不能是-1因为如果没有找到的话不造成影响 DFS0(1,0 ); for(int i=1;i<=n;i++) if(a[i]==k)//这里的技巧是直接计算走过次数,如果达到最大值,就可以判断为交集 mx=max(mx,dist[i]-dist[fa[i][0]]); if(mx>=Max)return 1; return 0;}void DFS(int i,int f,int d,int t){ dep[i]=d; dist[i]=t; fa[i][0]=f; for(int j=1;j<=18;j++) fa[i][j]=fa[fa[i][j-1]][j-1]; for(int p=first[i];p;p=E[p].next) { int j=E[p].to,c=E[p].w; if(j==f)continue; DFS(j,i,d+1,t+c); }}int LCA(int u,int v)//这道题需要最近公共祖先 { if(dep[u]<dep[v])swap(u,v); int x=dep[u]-dep[v]; FOR if(x&(1<<j))u=fa[u][j]; if(u==v)return u; FOR if(fa[u][j]!=fa[v][j]) u=fa[u][j],v=fa[v][j]; return fa[u][0];}void ready(){ DFS(1,0,1,0); for(int i=1;i<=m;i++) { p[i].z=LCA(p[i].u,p[i].v); p[i].dist=dist[p[i].u]+dist[p[i].v]-2*dist[p[i].z]; } sort(p+1,p+n+1);//排序是一种很常见的化简,这里的确好了许多 }void solve()//这种算法可以判断可行,时间复杂度log2(n)刚刚好的,二分猜答案就很妙 { int A=0,B=1000*maxn,ans,mid; //这里已经是最小范围了,自己加了个深度*1000的优化就错了,建议二分猜答案不用实时数据,而只是用恒定值 while(A<=B) { mid=(A+B)/2; if(calc(mid)) { ans=mid; B=mid-1; } else A=mid+1; } cout<<ans;}int main(){ freopen("in.txt","r",stdin); Init(); ready();// Debug(); //时刻检查当然是个好习惯 solve(); return 0;}
心得
思路一定要先弄清楚,函数用一个函数写一个,用伪代码的形式,最后恰好从下往上读,不然的话程序会搞得很乱。
关于树的题目,请一定要把样例树画出来
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