BZOJ4326: NOIP2015 运输计划 树链剖分+差分数组+二分+扫描线

时间：2022-12-19 17:37:15

BZOJ 4326: NOIP2015 运输计划

Time Limit: 30 Sec  Memory Limit: 128 MB Submit: 772  Solved: 505 [Submit][Status][Discuss]
题解：
先树链剖分，然后LCA求出每条链的长度，然后按照链的长度排序（用结构体把u，v也存起来）。
然后二分答案，我们需要把所有长度大于答案的链求交，二分的判断条件：（最长链长度-交集中权值最大的边，是否大于我们二分的答案）全部用树链剖分加入到差分数组中 （差分数组的下标为每个点的dfs序，然后需要将边权化成点权） 也就是把这条链所有对应的边的dfs序，在差分数组上+1。
每次O(n)扫描差分数组，如果一个点差分前缀和==长度大于二分答案的链的数量，那么我们将此边的权值和mx取max，这样就O(n)求出了交集中边权最大的边，然后判断就可以了
在二分的过程中，第一次需要改变n个求交链的状态，第二次需要改变n/2个，第三次需要改变n/4个，所以可用类似扫描线的性质改变O(n)次，又因为每次改变状态需要logn的时间，所以状态改变的时间复杂度也是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*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？

Input

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

Output

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。

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


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。

Source

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