BZOJ
UOJ

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記\(val_i\)是每條邊的邊權(quán)，\(s\)是邊權(quán)和，\(t\)是經(jīng)過邊數(shù)，\(k\)是給定的\(k\)。
在點分治的時候二分答案\(x\)，設(shè)\(|\frac st-k|=x\)，判斷是否還能滿足\(|\frac st-k|<x\)。
因為是絕對值，分兩種情況：

\(\frac st-k\geq 0\to \sum val_i-k\geq 0\)，
判斷是否有\(\frac st-k< x\to\quad s-t*k<t*x\to\quad\sum val_i-k<t*x\)。

\(\frac st-k<0\to\sum val_i-k<0\)，
判斷是否有\(\frac st-k>-x\to\quad s-t*k>-t*x\to\quad \sum val_i-k>-t*x\)

先對每條邊的邊權(quán)\(val_i\)減掉一個\(k\)。
以第一種情況為例，就是求是否存在兩條路徑\(i,j\)，使得\(s_i+s_j\geq 0\)，且\(s_i+s_j<t_i*x+t_j*x\)。
把\(DFS\)得到的子樹路徑信息存一個三元組\((s,t,anc)\)，表示一條路徑的權(quán)值和、邊數(shù)、這條路徑來自哪棵子樹（兩條路徑拼起來的時候不能來自同一棵子樹）。
然后把所有三元組按\(s\)從小到大排序。那從小到大枚舉\(i\)，第一個滿足\(s_i+s_j\geq 0\)的\(j\)的位置一定是單調(diào)遞減的，\(j\)后面（\(i\)之前）的路徑都滿足。
所以維護兩個\(pair\)，表示兩個\(s_k-t_k*x\)最小的、來自不同子樹的三元組\(A,B\)。找到第一個\(s_p>0\)的位置\(p\)，令\(i=p,j=p-1\)，然后隨著\(i\)的枚舉，更新一下\(A,B\)，然后\(j\)也不斷往前移動順便更新\(A,B\)就可以了。每次對于\(i\)，就把\(A,B\)做\(k\)，與\(i\)組合一下看是否可以滿足\(s_k-t_k*x<t_i*x-s_i\)。
具體看代碼吧，

有兩種情況就二分\(x\)的時候，用兩個\(check\)判斷\(x\)（\(\frac st -k\geq 0\)）和\(-x\)（\(\frac st-k<0\)）是否有一個可行就行了。

都是抄的一份代碼 常數(shù)差距怎么就那么大呢

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//6952kb 6680ms #include <cstdio> #include <cctype> #include <algorithm> #define mp std::make_pair #define pr std::pair<LL,int> //#define gc() getchar() #define MAXIN 300000 #define gc() (SS==TT&&(TT=(SS=IN)+fread(IN,1,MAXIN,stdin),SS==TT)?EOF:*SS++) typedef long long LL; const int N=5e4+5; const LL INF=1ll<<60;int cnt,Enum,H[N],nxt[N<<1],to[N<<1],Min,root,sz[N]; LL Ans,len[N<<1]; bool vis[N]; char IN[MAXIN],*SS=IN,*TT=IN; struct Node {LL s; int t,anc;inline bool operator <(const Node &x)const{return s<x.s;} }A[N];inline int read() {int now=0;register char c=gc();for(;!isdigit(c);c=gc());for(;isdigit(c);now=now*10+c-48,c=gc());return now; } inline LL readll() {LL now=0;register char c=gc();for(;!isdigit(c);c=gc());for(;isdigit(c);now=now*10+c-48,c=gc());return now; } inline void AE(LL w,int u,int v) {Ans=std::min(Ans,std::abs(w));//abs!!!to[++Enum]=v, nxt[Enum]=H[u], H[u]=Enum, len[Enum]=w;to[++Enum]=u, nxt[Enum]=H[v], H[v]=Enum, len[Enum]=w; } void FindRoot(int x,int fa,int tot) {int mx=0; sz[x]=1;for(int i=H[x],v; i; i=nxt[i])if(!vis[v=to[i]]&&v!=fa)FindRoot(v,x,tot), sz[x]+=sz[v], sz[v]>mx&&(mx=sz[v]);mx=std::max(mx,tot-sz[x]);if(mx<Min) Min=mx, root=x; } void DFS(int x,int fa,LL s,int dep,int anc) {A[++cnt]=(Node){s,dep,anc};for(int i=H[x],v; i; i=nxt[i])if(!vis[v=to[i]] && v!=fa) DFS(v,x,s+len[i],dep+1,anc); } inline void Upd(pr &x,pr &y,pr now) {if(now.first<y.first){if(now.first<x.first){if(now.second!=x.second) y=x;x=now;}else if(now.second!=x.second) y=now;} } bool Check1(LL k,int pos,int cnt) {pr x(INF,0),y(INF,0); A[0].s=-INF;for(int i=pos,j=pos-1; i<=cnt; ++i){while(A[i].s+A[j].s>=0) Upd(x,y,mp(A[j].s-k*A[j].t,A[j].anc)), --j;if((x.second==A[i].anc?y.first:x.first)+A[i].s<k*A[i].t) return 1;Upd(x,y,mp(A[i].s-k*A[i].t,A[i].anc));}return 0; } bool Check2(LL k,int pos,int cnt) {//s>-tx -> -s<txpr x(INF,0),y(INF,0); A[cnt+1].s=INF;for(int i=pos-1,j=pos; i; --i){while(A[i].s+A[j].s<0) Upd(x,y,mp(-A[j].s-k*A[j].t,A[j].anc)), ++j;if((x.second==A[i].anc?y.first:x.first)-A[i].s<k*A[i].t) return 1;Upd(x,y,mp(-A[i].s-k*A[i].t,A[i].anc));}return 0; } void Solve(int x) {vis[x]=1, A[cnt=1]=(Node){0,0,0};for(int i=H[x],v; i; i=nxt[i])if(!vis[v=to[i]]) DFS(v,x,len[i],1,v);int p=1; std::sort(A+1,A+1+cnt), A[cnt+1].s=0;while(A[p].s<0) ++p;LL l=1,r=Ans,mid;//判斷是否存在比Ans小的答案 范圍是1~Ans！（UOJ數(shù)據(jù)真心強=-=）while(l<=r)if(Check1(mid=l+r>>1,p,cnt)||Check2(mid,p,cnt)) Ans=mid-1, r=mid-1;else l=mid+1;for(int i=H[x],v; i; i=nxt[i])if(!vis[v=to[i]]) Min=N, FindRoot(v,x,sz[v]), Solve(root); }int main() {const int n=read(); const LL K=readll();//readll!!Ans=INF;//在這 不能在Solve()前面 = = for(int i=1; i<n; ++i) AE(readll()-K,read(),read());Min=N, FindRoot(1,1,n), Solve(root);printf("%lld\n",Ans);return 0; }

轉(zhuǎn)載于:https://www.cnblogs.com/SovietPower/p/10322621.html

總結(jié)

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