BZOJ4326: NOIP2015 運輸計劃 樹鏈剖分+差分數組+二分+掃描線

BZOJ 4326: NOIP2015 運輸計劃

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題解： 先樹鏈剖分，然後LCA求出每條鏈的長度，然後按照鏈的長度排序（用結構體把u，v也存起來）。 然後二分答案，我們需要把所有長度大於答案的鏈求交，二分的判斷條件：（最長鏈長度-交集中權值最大的邊，是否大於我們二分的答案）全部用樹鏈剖分加入到差分數組中（差分數組的下標爲每個點的dfs序，然後需要將邊權化成點權）也就是把這條鏈所有對應的邊的dfs序，在差分數組上+1。 每次O(n)掃描差分數組，如果一個點差分前綴和==長度大於二分答案的鏈的數量，那麼我們將此邊的權值和mx取max，這樣就O(n)求出了交集中邊權最大的邊，然後判斷就可以了 在二分的過程中，第一次需要改變n個求交鏈的狀態，第二次需要改變n/2個，第三次需要改變n/4個，所以可用類似掃描線的性質改變O(n)次，又因爲每次改變狀態需要logn的時間，所以狀態改變的時間複雜度也是nlogn

#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=300005;
const int M=800005;
const int inf=1e9;
struct Qur{int u,v,len;} Q[M];
int sta[M],cf[N],v[N];
bool cmp(Qur u,Qur v){return u.len<v.len;}
int n,m,ans=1e9;
int to[M],lj[N],nxt[M],w[M],cnt;
void insert(int f,int t,int p)
{
	cnt++,to[cnt]=t,nxt[cnt]=lj[f],lj[f]=cnt,w[cnt]=p;
	cnt++,to[cnt]=f,nxt[cnt]=lj[t],lj[t]=cnt,w[cnt]=p;
}
int pos[N],npos[N],top[M],fa[M],dep[N],son[N],s[N],dis[N];
void dfs1(int x)
{
	dep[x]=dep[fa[x]]+1;
	s[x]=1;
	for(int i=lj[x];i;i=nxt[i])
	if(to[i]!=fa[x])
	{
		v[to[i]]=w[i];
		fa[to[i]]=x;
		dfs1(to[i]);
		s[x]+=s[to[i]];
		if(s[to[i]]>s[son[x]]) son[x]=to[i];
	}
}
int cn;
void dfs2(int x)
{
	pos[x]=++cn;
	npos[cn]=x;
	if(son[fa[x]]==x) top[x]=top[fa[x]];
	else top[x]=x;
	if(son[x]) dfs2(son[x]);
	for(int i=lj[x];i;i=nxt[i])
	if(to[i]!=fa[x]&&to[i]!=son[x]) dfs2(to[i]); 
}
void DP(int x)
{
	for(int i=lj[x];i;i=nxt[i])
	if(to[i]!=fa[x])
	{
		dis[to[i]]=dis[x]+w[i];
		DP(to[i]);
	}
}
int LCA(int x,int y)
{
	int fx=top[x],fy=top[y];
	while(fx!=fy)
	{
		if(dep[fx]<dep[fy]) swap(fx,fy),swap(x,y);
		x=fa[fx],fx=top[x];
	}
	if(dep[x]<dep[y]) swap(x,y);
	return y;
}
int tot=0;
int Query()
{
	int now=0,ans=-inf;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		now+=cf[i];
		if(now==tot) ans=max(ans,v[npos[i]]);
	}
	return ans;
}
void Modify(int x,int y,int flag)
{
	int fx=top[x],fy=top[y];
	while(fx!=fy)
	{
		if(dep[fx]<dep[fy]) swap(fx,fy),swap(x,y);
		cf[pos[fx]]+=flag,cf[pos[x]+1]-=flag;
		x=fa[fx],fx=top[x];
	}
	if(dep[x]<dep[y]) swap(x,y);
	cf[pos[y]+1]+=flag,cf[pos[x]+1]-=flag;
}
int now;
bool judge(int x)
{
	while(Q[now].len>x) Modify(Q[now].u,Q[now].v,1),now--,tot++;
	while(Q[now+1].len<=x) Modify(Q[now+1].u,Q[now+1].v,-1),now++,tot--;
	if(now==m) return true;
	return Q[m].len-Query()<=x;
}
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<n;i++)
	{
		int x,y,z;
		scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
		insert(x,y,z);
	}
	dfs1(1),dfs2(1);
	DP(1);
	int l=0,r=0;
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		scanf("%d%d",&Q[i].u,&Q[i].v);
		Q[i].len=dis[Q[i].u]+dis[Q[i].v]-dis[LCA(Q[i].u,Q[i].v)]*2;
		r=max(r,Q[i].len);
	}
	sort(Q+1,Q+m+1,cmp);
	now=m;
	Q[m+1].len=inf+5;
	while(l<=r)
	{
		int mid=(l+r)>>1;
		if(judge(mid)) r=mid-1,ans=min(mid,ans);
		else l=mid+1;
	}
	printf("%d",ans);
}

Description

公元 2044 年，人類進入了宇宙紀元。L 國有 n 個星球，還有 n−1 條雙向航道，每條航道建立在兩個星球之間，這 n−1 條航道連通了 L 國的所有星球。小 P 掌管一家物流公司， 該公司有很多個運輸計劃，每個運輸計劃形如：有一艘物流飛船需要從 ui 號星球沿最快的宇航路徑飛行到 vi 號星球去。顯然，飛船駛過一條航道是需要時間的，對於航道 j，任意飛船駛過它所花費的時間爲 tj，並且任意兩艘飛船之間不會產生任何干擾。爲了鼓勵科技創新， L 國國王同意小 P 的物流公司參與 L 國的航道建設，即允許小P 把某一條航道改造成蟲洞，飛船駛過蟲洞不消耗時間。在蟲洞的建設完成前小 P 的物流公司就預接了 m 個運輸計劃。在蟲洞建設完成後，這 m 個運輸計劃會同時開始，所有飛船一起出發。當這 m 個運輸計劃都完成時，小 P 的物流公司的階段性工作就完成了。如果小 P 可以自由選擇將哪一條航道改造成蟲洞， 試求出小 P 的物流公司完成階段性工作所需要的最短時間是多少？

Input

第一行包括兩個正整數 n,m，表示 L 國中星球的數量及小 P 公司預接的運輸計劃的數量，星球從 1 到 n 編號。接下來 n−1 行描述航道的建設情況，其中第 i 行包含三個整數 ai,bi 和 ti，表示第 i 條雙向航道修建在 ai 與 bi 兩個星球之間，任意飛船駛過它所花費的時間爲 ti。數據保證 1≤ai,bi≤n 且 0≤ti≤1000。接下來 m 行描述運輸計劃的情況，其中第 j 行包含兩個正整數 uj 和 vj，表示第 j 個運輸計劃是從 uj 號星球飛往 vj號星球。數據保證 1≤ui,vi≤n

Output

輸出文件只包含一個整數，表示小 P 的物流公司完成階段性工作所需要的最短時間。

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

Sample Output

11

HINT

將第 1 條航道改造成蟲洞： 則三個計劃耗時分別爲：11,12,11，故需要花費的時間爲 12。

將第 2 條航道改造成蟲洞： 則三個計劃耗時分別爲：7,15,11，故需要花費的時間爲 15。

將第 3 條航道改造成蟲洞： 則三個計劃耗時分別爲：4,8,11，故需要花費的時間爲 11。

將第 4 條航道改造成蟲洞： 則三個計劃耗時分別爲：11,15,5，故需要花費的時間爲 15。

將第 5 條航道改造成蟲洞： 則三個計劃耗時分別爲：11,10,6，故需要花費的時間爲 11。

故將第 3 條或第 5 條航道改造成蟲洞均可使得完成階段性工作的耗時最短，需要花費的時間爲 11。

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