Noip2015运输计划(洛谷2680)

Posted by yjjr's blog on February 6, 2018

标签:树链剖分,二分

题目背景

公元 2044 年,人类进入了宇宙纪元。

题目描述

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?

输入输出格式

输入格式:

输入文件名为 transport.in。

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。

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。

输出格式:

输出 共1行,包含1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。

输入输出样例

输入样例#1:

6 3

1 2 3

1 6 4

3 1 7

4 3 6

3 5 5

3 6

2 5

4 5

输出样例#1:

11

说明

所有测试数据的范围和特点如下表所示

请注意常数因子带来的程序效率上的影响。

 

题意:给出⼀颗有边权的树,给定⼀些旅⾏路线的起点和终点。

 现在可以将树上的某⼀条边边权改为 0。

求问这些旅⾏路线中最长的那⼀条,最小可以为多少。

 n≤300000,w≤1000

 

分析:

方法一:(下面的代码就是这种)

O(n^2)的暴力就可以混到前50分了,再加一个特判,总共60分

剩下的40分显然是二分答案

有一种叫做看数据范围猜算法,十万级别的也就想到了二分,而且要求最远的最短

可以使用线段树解决线段覆盖的问题,但这题最好使用差分

树链剖分(logn)*二分(logn)*枚举边(n)=O(n log n log n)

但是需要加一些优化,读入优化,记忆化,位运算

否则可能会被卡掉

 

方法二:(听武爷爷whx上课时候讲的玄学算法)

 

• 先 tarjan 并查集 O(n)求 lca,然后找到最长的⼀个路径。

• 然后对于最长的路径这条链拉出来,和它没有交的路径直接算掉,剩下的路径预处理⼀下。

• 然后把所有路径按照路径长度从⼤到小排序,求出每个前缀的交,再反着算出交里的最⼤权值。

 •picks 其实应该⼀步到位 n≤10^6

 

Node

#include<bits/stdc++.h>
const int maxn=600005;
struct node0
{
    int x,y,len;
}d[maxn];

int root,n,m,x,y,v,tot,next[maxn],last[maxn],e[maxn];
int dep[maxn],fa[maxn],size[maxn],son[maxn],top[maxn];
int pos[maxn],pos2[maxn],val[maxn],cost[maxn],MAX[maxn],dist[maxn],s[maxn],node,ans,q[maxn];

inline int read()
{
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
    return x*f;
}

bool cmp(node0 x,node0 y)
{
    return x.len>y.len;
}

void add(int x,int y,int v)
{
    next[++tot]=last[x];
    last[x]=tot;
    val[tot]=v;
    e[tot]=y;
}

void dfs1(int x)
{
    dep[x]=dep[fa[x]]+1;
    size[x]=1;
    for (int i=last[x];i;i=next[i])
    {
        int v=e[i];
        if (v==fa[x])continue;
        fa[v]=x;
        dist[v]=dist[x]+val[i];
        cost[v]=val[i];
        dfs1(v);
        size[x]+=size[v];
        if(size[v]>size[son[x]])son[x]=v;
    }
}

void dfs2(int x,int tp)
{
    top[x]=tp;
	pos[x]=++node;
	pos2[node]=cost[x];
    if(son[x]==0)return;
    dfs2(son[x],tp);
    for(int i=last[x];i;i=next[i])
    {
        int v=e[i];
        if (v==fa[x]||v==son[x])continue;
        dfs2(v,v);
    }
}//树链剖分 

int query(int x,int y)
{
    int a=x,b=y;
    while (top[a]!=top[b])
    {
        if (dep[top[a]]<dep[top[b]])std::swap(a,b);
        a=fa[top[a]];
    }
    if (dep[a]<dep[b])return a;
	else return b;
} 

void work(int x,int y)
{
    int a=x,b=y;
    while(top[a]!=top[b])
    {
        if(dep[top[a]]<dep[top[b]])std::swap(a,b);
        s[pos[top[a]]]+=1;
		s[pos[a]+1]-=1;
        a=fa[top[a]];
    }
    if(a==b)return;
    if(dep[a]>dep[b])std::swap(a,b);
    s[pos[a]+1]+=1;
	s[pos[b]+1]-=1;;
} 

int check(int mid)
{
    int sz=0,Maxx=0,tott=0;
    while (d[sz+1].len>mid)sz++;
    if (q[sz]!=0)return q[sz];
    std::memset(s,0,sizeof(s));
    for(int i=1;i<=sz;i++)work(d[i].x,d[i].y);
    for(int i=1;i<=n;i++)
	{
	    tott+=s[i];
		if (tott==(sz))Maxx=std::max(Maxx,pos2[i]);
	}
    q[sz]=Maxx;
    return Maxx;
}

int main()
{
    n=read();m=read();
    for (int i=1;i<n;i++)
    {
        x=read();y=read();v=read();
        add(y,x,v),add(x,y,v);
    }
    dfs1(1);dfs2(1,1);
    for (int i=1;i<=m;i++)
    {
        d[i].x=read(),d[i].y=read();
        d[i].len=dist[d[i].x]+dist[d[i].y]-2*dist[query(d[i].x,d[i].y)];//求路径距离 
    }
    std::sort(d+1,d+1+m,cmp);
    int l=0,r=d[1].len;
    while (l<=r)
    {
        int mid=(l+r)>>1;
        if (d[1].len-check(mid)>mid)l=mid+1;
		else r=mid-1,ans=mid;
    }
    printf("%d\n",ans);
    return 0;    
}



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