NOIP2015/洛谷P2680 运输计划
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
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。
分析
注意到ti是<=1000的，所以最后的答案肯定不超过300000*1000,这就可以转化为,给定一个答案，判断这个答案是否可行。即二分答案，其实有很多动态规划也是这样转化的(扯远了)。
如何判断这个答案是否可行？可以先预处理出来所有链的长度，删掉的边肯定在那些链的长度大于当前限制的链上。为了保证所有链的长度都小于当前限制，那么删掉的边肯定在所有超过当前限制链的交集里面，如何判断是否在这些链的交集里面呢？把这些链都加上1，那么被加cnt(超过当前限制链的个数)次的边就是要删的边，然后在这里面找一个最长的，然后判断最长的链减去这条边之后是否满足条件就行了。链加的话要用到差分。
代码
不加任何优化
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; const int N=300010; 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; } int n,m,tot,idx,ans; int head[N],c[N],dep[N],f[N][20],u[N],v[N],w[N],fa[N],dis[N],len[N]; struct node{ int next,to,dist; }e[N*2]; inline void ins(int from,int to,int dist){ e[++tot].next=head[from]; e[tot].to=to; e[tot].dist=dist; head[from]=tot; } void dfs(int x,int fa){ for(register int i=head[x];i;i=e[i].next) if(e[i].to!=fa){ dep[e[i].to]=dep[x]+1; f[e[i].to][0]=x; dis[e[i].to]=dis[x]+e[i].dist; w[e[i].to]=e[i].dist; dfs(e[i].to,x); } } inline int lca(int a,int b){ if(dep[a]<dep[b]) swap(a,b); int d=dep[a]-dep[b]; for(int i=0;i<=19;++i) if(d&(1<<i)) a=f[a][i]; if(a==b) return a; for(int i=19;i>=0;--i) if(f[a][i]!=f[b][i]){ a=f[a][i]; b=f[b][i]; } return f[a][0]; } void calc(int x){ for(register int i=head[x];i;i=e[i].next) if(e[i].to!=f[x][0]){ calc(e[i].to); c[x]+=c[e[i].to]; } } inline bool check(int lim){ memset(c,0,sizeof(c)); register int mx=0,mxlen=0,cnt=0; for(register int i=1;i<=m;++i) if(len[i]>lim){ int x=u[i],y=v[i]; mxlen=max(mxlen,len[i]); ++c[x]; ++c[y]; c[fa[i]]-=2; ++cnt; } calc(1); for(register int i=2;i<=n;++i) if(c[i]==cnt) mx=max(mx,w[i]); return mxlen-mx<=lim; } int main(){ n=read();m=read(); register int l=0,r=0,mid; for(register int i=1;i<n;++i){ int u=read(),v=read(),w=read(); ins(u,v,w);ins(v,u,w); r+=w; } dep[1]=1; dfs(1,-1); for(int j=1;j<=19;++j) for(register int i=1;i<=n;++i) f[i][j]=f[f[i][j-1]][j-1]; for(register int i=1;i<=m;++i){ u[i]=read();v[i]=read(); fa[i]=lca(u[i],v[i]); len[i]=dis[u[i]]+dis[v[i]]-2*dis[fa[i]]; } while(l<=r){ mid=(l+r)>>1; if(check(mid)) ans=mid,r=mid-1; else l=mid+1; } printf("%d\n",ans); return 0; }
由于增加或减少限制之后，超出的限制的链又可能不变，可以记录每次的答案，对于算过的就不用算了。先预处理了树的dfs序，要比递归要快一点。
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; const int N=300010; 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; } int n,m,tot,idx,ans; int head[N],c[N],dep[N],f[N][20],u[N],v[N],w[N],fa[N],dis[N],len[N],a[N],dp[N]; struct node{ int next,to,dist; }e[N*2]; inline void ins(int from,int to,int dist){ e[++tot].next=head[from]; e[tot].to=to; e[tot].dist=dist; head[from]=tot; } void dfs(int x,int fa){ a[++idx]=x; for(register int i=head[x];i;i=e[i].next) if(e[i].to!=fa){ dep[e[i].to]=dep[x]+1; f[e[i].to][0]=x; dis[e[i].to]=dis[x]+e[i].dist; w[e[i].to]=e[i].dist; dfs(e[i].to,x); } } inline int lca(int a,int b){ if(dep[a]<dep[b]) swap(a,b); int d=dep[a]-dep[b]; for(int i=0;i<=19;++i) if(d&(1<<i)) a=f[a][i]; if(a==b) return a; for(int i=19;i>=0;--i) if(f[a][i]!=f[b][i]){ a=f[a][i]; b=f[b][i]; } return f[a][0]; } inline bool check(int lim){ memset(c,0,sizeof(c)); register int mx=0,mxlen=0,cnt=0; for(register int i=1;i<=m;++i) if(len[i]>lim){ ++cnt; mxlen=max(mxlen,len[i]); ++c[u[i]]; ++c[v[i]]; c[fa[i]]-=2; } if(dp[cnt]!=-1) return dp[cnt]<=lim; for(int i=1;i<=n;++i) c[f[a[i]][0]]+=c[a[i]]; for(register int i=2;i<=n;++i) if(c[i]==cnt) mx=max(mx,w[i]); return (dp[cnt]=mxlen-mx)<=lim; } int main(){ n=read();m=read(); register int l=0,r=0,mid; for(register int i=1;i<n;++i){ int u=read(),v=read(),w=read(); ins(u,v,w);ins(v,u,w); r+=w; } dep[1]=1; dfs(1,-1); reverse(a+1,a+n+1); for(int j=1;j<=19;++j) for(register int i=1;i<=n;++i) f[i][j]=f[f[i][j-1]][j-1]; for(register int i=1;i<=m;++i){ u[i]=read();v[i]=read(); fa[i]=lca(u[i],v[i]); len[i]=dis[u[i]]+dis[v[i]]-2*dis[fa[i]]; } memset(dp,-1,sizeof(dp)); while(l<=r){ mid=(l+r)>>1; if(check(mid)) ans=mid,r=mid-1; else l=mid+1; } printf("%d\n",ans); return 0; }
