4326: NOIP2015 運輸計劃

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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，對于航道 j，任意飛船駛過它所花費的時間為 tj，并且任意兩艘飛船之間不會產生任何干擾。為了鼓勵科技創新， 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。在蟲洞建設完成后，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為 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為：11,12,11，故需要花費的時間為 12。
將第 2 條航道改造成蟲洞： 則三個計劃耗時分別為：7,15,11，故需要花費的時間為 15。
將第 3 條航道改造成蟲洞： 則三個計劃耗時分別為：4,8,11，故需要花費的時間為 11。
將第 4 條航道改造成蟲洞： 則三個計劃耗時分別為：11,15,5，故需要花費的時間為 15。
將第 5 條航道改造成蟲洞： 則三個計劃耗時分別為：11,10,6，故需要花費的時間為 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，需要花費的時間為 11。

?

?

?

題目鏈接：BZOJ 4326

哇這題居然有權限可以做，真是感動啊……中文題題意就不說了，來西安集訓的這幾天老師介紹了這題，說是二分答案balabala，然后介紹了樹上差分這種東西，差分嘛，我們都知道是利用前綴和來做的，這題如何二分答案？顯然是把所有大于路徑長度大于當前判定答案mid的路徑取出，然后看這些路徑的最大值減去最大可減少的一條邊是否小于等于mid，為什么是交集？我們需要的是需要減少一條邊來讓所有的超出mid的邊均小于等于mid，如果是非交集邊顯然總有至少一條路徑仍然還是大于mid，那么我們如何求這些原路徑長度大于mid交集邊呢？

求邊問題就成了求一些路徑被選出來的所有邊覆蓋過，這里就用到了樹上差分這種東西，對于所有選出來的邊，進行$val_v++$、$val_u++$、$val_{lca(u,v)}-=2$，然后從子節點自下至上統計一個到根節點的前綴和，那么每一個節點的值就是它到父親邊被覆蓋過的次數，但是每一次從兒子DFS到根復雜度很可能會爆啊，這里可以把節點用后序遍歷存下來，使得父節點一定在子節點統計完再累加，就變成$O(n)$的求前綴和復雜度了……。把選邊的過程改成先排序預處理+二分位置居然還慢了一秒，無語了。最后我想說namespace大法好啊，寫起來酷炫又避免了同名函數的尷尬

代碼：

#include <stdio.h> #include <algorithm> #include <cstdlib> #include <cstring> #include <bitset> #include <string> #include <stack> #include <cmath> #include <queue> #include <set> #include <map> using namespace std; #define INF 0x3f3f3f3f #define LC(x) (x<<1) #define RC(x) ((x<<1)+1) #define MID(x,y) ((x+y)>>1) #define fin(name) freopen(name,"r",stdin) #define fout(name) freopen(name,"w",stdout) #define CLR(arr,val) memset(arr,val,sizeof(arr)) #define FAST_IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0); typedef pair<int, int> pii; typedef long long LL; const double PI = acos(-1.0); const int N = 300010; struct edge {int to, nxt, t;edge() {}edge(int _to, int _nxt, int _t): to(_to), nxt(_nxt), t(_t) {} } E[N << 1]; int head[N], tot; int sum[N], F[N], D[N << 1], ver[N << 1], ts, fa[N], dp[N << 1][20]; int tim[N], arr[N], sz, cost[N]; int U[N], V[N], LCA[N], Dis[N]; int n, m;void init() {CLR(head, -1);tot = 0;ts = 0;sz = 0; } inline void add(int s, int t, int ti) {E[tot] = edge(t, head[s], ti);head[s] = tot++; } void dfs(int u, int f, int dep, int sumt) {ver[++ts] = u;F[u] = ts;D[ts] = dep;fa[u] = f;tim[u] = sumt;for (int i = head[u]; ~i; i = E[i].nxt){int v = E[i].to;if (v != f){cost[v] = E[i].t;dfs(v, u, dep + 1, sumt + E[i].t);ver[++ts] = u;D[ts] = dep;}}arr[++sz] = u; } namespace RMQ {void init(int l, int r){int i, j;for (i = l; i <= r; ++i)dp[i][0] = i;for (j = 1; l + (1 << j) - 1 <= r; ++j){for (i = l; i + (1 << j) - 1 <= r; ++i){int a = dp[i][j - 1], b = dp[i + (1 << (j - 1))][j - 1];dp[i][j] = D[a] < D[b] ? a : b;}}}int LCA(int u, int v){int l = F[u], r = F[v];if (l > r)swap(l, r);int len = r - l + 1, k = 0;while (1 << (k + 1) <= len)++k;int a = dp[l][k], b = dp[r - (1 << k) + 1][k];return D[a] < D[b] ? ver[a] : ver[b];} } int check(int t) {CLR(sum, 0);int ecnt = 0;int Maxcost = 0;for (int i = 0; i < m; ++i){if (Dis[i] > t){if (Dis[i] > Maxcost)Maxcost = Dis[i];++ecnt;++sum[U[i]];++sum[V[i]];sum[LCA[i]] -= 2;}}for (int i = 1; i <= sz; ++i){int u = arr[i];sum[fa[u]] += sum[u];}int Maxreduce = 0;for (int i = 1; i <= n; ++i)if (sum[i] == ecnt && cost[i] > Maxreduce)Maxreduce = cost[i];return Maxcost - Maxreduce <= t; } int main(void) {int i, a, b, t;while (~scanf("%d%d", &n, &m)){init();for (i = 1; i < n; ++i){scanf("%d%d%d", &a, &b, &t);add(a, b, t);add(b, a, t);}dfs(1, 0, 0, 0);RMQ::init(1, ts);for (i = 0; i < m; ++i){scanf("%d%d", U + i, V + i);LCA[i] = RMQ::LCA(U[i], V[i]);Dis[i] = tim[U[i]] + tim[V[i]] - (tim[LCA[i]] << 1);}int L = 0, R = *max_element(Dis, Dis + m);int ans = 0;while (L <= R){int mid = MID(L, R);if (check(mid)){R = mid - 1;ans = mid;}elseL = mid + 1;}printf("%d\n", ans);}return 0; }

轉載于:https://www.cnblogs.com/Blackops/p/7300188.html

總結

以上是生活随笔為你收集整理的BZOJ 4326 NOIP2015 运输计划（树上差分+LCA+二分答案）的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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