只有std，沒有自我實現，所以叫做無碼專區

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給一張無向圖，多次詢問，每次詢問兩個點之間所有簡單路徑（不重復經過點）中邊權第二大（不是嚴格第二大）的權值的最小值。

數據范圍：$10^5$ 級別

我的想法

前 $50\%$ 的數據 $q,n\le 10^3,m\le 2\times 10^3:$

先做一次最小生成樹，求出任意兩點之間聯通的最小邊權（某條路徑的最大邊權值）。

每次詢問 $(u,v)$ ，我直接枚舉中間轉折點 $i$，強制這條路徑是 $u\to i\to v$。【$\to$ 代指一條路徑】

第二大邊權就是 $(u,i)$ 聯通路徑的最大值和 $(v,i)$ 聯通路徑的最大值，二者中的較小值。

旁邊的 $\text{Oxide}$ 巨佬認為很有可能 $u\to i$ 和 $i\to w$ 之間經過了同樣的點。

i.e. $u\to x\to i\to x\to v$

但后面再仔細一想，就算這是的答案會被 $i$ 更新，但是后面一定會枚舉到 $x$，顯然$u\to x\to v$ 會比以前的路徑少了 $(x,i)$ 一段。

路徑上的邊權最大值一定是不減的

所以多的 $(x,i)$ 一段只可能使最大邊權增大 / 不變。

那么 $x$ 的決策一定是不劣于 $i$ 的決策的。

另有 $20\%$ 是樹：兩個點之間只有一條簡單路徑，可以直接倍增求路徑的第二大邊權值。

綜上，本題自我實現分值應該在 $70^{\prime }$。

solution

類似最小生成樹的方法，從小到大加邊。

如果加完一條邊后，$u,v$ 之間只差一條邊聯通，那么顯然這條邊就是第二小，也就是最終的答案。

考慮怎么維護？

設 $N(u):$ 與 $u$ 有直接邊相連，但還沒有相連的點的集合【當前枚舉邊的權值暫時小于等于這些點與 $u$ 的權值，最小生成樹的寫法就還沒有加入這些邊】

或者理解為：還差一條邊就能聯通的點的集合

考慮啟發式合并，每次合并 $u,v$ 各自所在的連通塊。

此時可能出現：$N(u)$ 中的點 $x$ 與 $v$ 相連【在 $v$ 連通塊里面】 ，或，$N(v)$ 中的點 $y$ 與 $u$ 相連【在 $u$ 連通塊里面】

這個時候意味著，加上 $u?v$ 這條邊后，還差 $u?x$ 或 $v?y$ 這一條邊就會使得 $u,v$ 相連，所以 $u?v$ 這條邊權就是最后的答案。

如果直接枚舉 $N(u),N(v)$ 則不符合時間限制。

我們可以這么做：

• 遍歷 $N(u)$ 的所有點，然后看是否在 $v$ 的詢問中。

  i.e. 假設 $x\in N(u),x\in q(v)$ ， $x?u$ 之間的邊還沒有加入。

  此時加入為 $u?v$ 的邊。一旦加入完，$x\to u\to v$就只差 $x?u$ 的一條邊。

  所以答案就是現在操作的 $u?v$ 邊的邊權。

  這樣就處理了掛在 $v$ 上面的某些 通過 $u$ 連通塊中某些點和邊解決 的詢問。

• 遍歷 $u$ 里面的所有詢問，判斷是否在 $N(v)$ 中。

  i.e. 假設 $x\in q(u)$ ， $x?v$ 之間的邊還沒有加入。

  此時加入為 $u?v$ 的邊。一旦加入完，$x\to v\to u$ 就只差 $x?v$ 的一條邊。

  所以答案是 $u?v$ 現在這條邊的邊權。

  這樣就處理了掛在 $u$ 上面的某些 通過 $v$ 連通塊中某些點和邊解決 的詢問。

這么做會發現，雖然是合并兩個聯通塊和處理兩個聯通塊各自掛著的詢問，但是枚舉的只有一個聯通塊的信息。

所以啟發式合并，就用 $N(u)+q(u)$ 和 $N(v)+q(v)$ 大小比較，選較小的進行枚舉。

時間復雜度 $O(n\log n)$

合并具體而言：枚舉其中一個較小連通塊的信息，進行答案處理。所有掛在 $u,v$ 點的詢問和邊都重新掛在合并后新連通塊的根 $w$ 上。

i.e. 詢問 $u,x$ 的答案，合并后相當于問 $w,x$ 的答案，因為反正 $u?w$ 的邊權不是第二大。原本 $u?x$ 的一條邊，變成 $w?x$ 的一條邊。

所以上面的形如 $x?u$ ：不一定表示原先加入的 $m$ 條邊就是 $x?u$，而是可能通過 $x?a?b?c?...?u$ ，不斷合并，可能代指的是一條簡單路徑。

參考code

#include <bits/stdc++.h> using namespace std;#define N 400005#define pb push_back int fa[N]; struct node {int x, y, z; } b[N]; int ans[N], n, m, Q; set<array<int, 2>> q[N]; set<int> e[N];int get(int x) {if (fa[x] == x)return x;return fa[x] = get(fa[x]); }inline bool cmp(node x, node y) {return x.z < y.z; }void combine(int x, int y, int val) {for (auto u : e[x]) {while (1) {auto it = q[y].lower_bound({u, -1});if (it == q[y].end() || (*it)[0] != u)break;int id = (*it)[1];ans[id] = val;assert(q[y].count({u, id}));assert(q[u].count({y, id}));q[y].erase(it);q[u].erase({y, id});}}vector<array<int, 2>> delq;for (auto u : q[x]) {if (e[y].count(u[0])) {ans[u[1]] = val;q[u[0]].erase({x, u[1]});delq.pb(u);}}for (auto u : delq)q[x].erase(u);fa[x] = y;for (auto v : e[x]) {assert(e[v].count(x));e[v].erase(x);if (v != y) {e[v].insert(y);e[y].insert(v);}}e[x].clear();for (auto v : q[x]) {assert(v[0] != y);assert(q[v[0]].count({x, v[1]}));q[v[0]].erase({x, v[1]});q[v[0]].insert({y, v[1]});q[y].insert({v[0], v[1]});}q[x].clear(); }int main() {freopen("path.in", "r", stdin);freopen("path.out", "w", stdout);scanf("%d%d%d", &n, &m, &Q);for (int i = 1; i <= n; i++)e[i].clear(), q[i].clear();for (int i = 1; i <= m; i++) {scanf("%d%d%d", &b[i].x, &b[i].y, &b[i].z);e[b[i].x].insert(b[i].y);e[b[i].y].insert(b[i].x);}for (int i = 1; i <= n; i++)fa[i] = i;sort(b + 1, b + 1 + m, cmp);for (int i = 1; i <= Q; i++) {ans[i] = 0;int x, y;scanf("%d%d", &x, &y);if (e[x].count(y)) {ans[i] = 1;continue;}q[x].insert({y, i});q[y].insert({x, i});}for (int i = 1; i <= m; i++) {b[i].x = get(b[i].x), b[i].y = get(b[i].y);if (b[i].x == b[i].y)continue;if (q[b[i].x].size() + e[b[i].x].size() > q[b[i].y].size() + e[b[i].y].size())swap(b[i].x, b[i].y);combine(b[i].x, b[i].y, b[i].z + 1);}for (int i = 1; i <= Q; i++)printf("%d\n", ans[i] - 1); }

總結

以上是生活随笔為你收集整理的【无码专区1】简单路径的第二大边权（启发式合并+最小生成树)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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