【tmp】树上选择次数一定，求花费最优（什么乱七八糟的qwq不管了随意随意）
一句话题意：给你若干条带权无向边，有黑有白，求白边数量恰好为\(need\)的最小生成树的边权和
e.g2：xsy2761（新访问计划）
几句话题意：给一棵树，每条边有花费，行走方式有两种，一种是直接按树上的边走，一种是花费C元直接跳到任意一个别的点，求从根节点经过每条边至少一次最后回到根节点的花费最小值，使用第二种行走方式的次数有限，且第二种行走方式不算“经过”
这两题的共同点是，都是选择某个东西的次数一定，求最优解，同时如果不看次数限制的话，问题的求解相对简单一点，且复杂度可以接受
那么这里提供一种思路。注意到主要影响结果的因素是“费用”，那么我们可以通过给有次数限制的决策的费用加上或者减去一个值（也可以理解成。。一个偏移量），来达到限制次数的目的
具体一点就是（拿第一题为例）：
k开头的最小生成树的求法是将所有的边按照权值排序，然后能加就加，如果我们直接求最小生成树，白边的数量不一定满足条件，但是如果说我们给所有的白边都加上一个偏移量\(D\)，再跑一次最小生成树，边的排序就可能会有一定的变化（比如说如果\(D>0\)那么部分白边的排序就会往后移，反之则会往前移），从而使得最终选出的方案中白边的数量有所改变（比如说\(D>0\)时白边的数量可能会减少，反之则可能增加）
记\(f(D)\)为偏移量为\(D\)时，跑出的最小生成树中白边的条数
那么通过调整\(D\)这个偏移量的值，我们可以得到一个\(f(D)>=need\)的解，最后显然就是找到\(f(D)=need\)时候的方案，然后将偏移量的影响去掉，就能得到答案了，根据偏移量\(D\)与\(f(D)\)的关系，不难想到\(D\)的调整可以通过二分来实现
然而，有一个问题就是，我们会发现\(f(D)\)这个函数并不一定是连续的（因为我们这里的\(D\)枚举的全部都是整数），也就是说可能不存在一个整数\(D\)满足\(f(D)=need\)，那么为了解决这个问题，我们就需要在求方案的时候进行一些处理了
在求方案的过程中，可能出现白边和黑边权值相同的情况，那么这个时候我们优先选择白边，那么就可以保证到\(f(D)\)表示的是，偏移量为\(D\)时，跑出的最小生成树中白边条数的最大值
接着我们考虑最后二分出来的结果\(res\)，应该是满足函数值大于等于\(need\)的偏移量的最小值，如果说\(f(res)!=need\)，那么说明\(，f(res+1)<need，f(res)>need\)
我们考虑回我们是如何求出\(f(res)\)对应的方案的，有一个很重要的决策步骤是：权值相同，白边优先，也就是说在白边加上了偏移量\(res\)之后，这个图中可能存在与某条白边权值相同并且可以替换这条白边的一条黑边，又因为\(f(res+1)\)后，函数值就\(<need\)了，所以与某条白边\(+res\)后权值相同的黑边是一定存在的（不一定能替换这条白边）
然而，因为题目保证一定有解，所以一定存在\(f(res)-need\)条可以替换的权值相同的黑边，那么这个时候我们只要把这些黑边拿来替换掉白边就能满足条件了
我们用\(val(res)\)表示偏移量为\(res\)时跑出的最小生成树的权值，那么最终的答案是：
（前面是减去白边的偏移值，后面是加上替换上来的黑边的贡献）
总结一下就是，二分求得最大选择次数\(>=need\)的偏移量最小值，然后用同样代价的另一种方案来替换掉多余的部分，大概是这样嗯
（新访问计划其实是差不多的，只是把求“最大选择次数”的过程换成了树d而已，其他思路大体一致）
bzoj2654代码大概长这样
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=5*(1e4)+10,M=1e5+10;
struct edge{
int x,y,val,col;
}a[M];
int h[N],f[N];
int n,m,need,D,ans,sum;
void solve();
int check(int add);
bool cmp(edge x,edge y);
int get_f(int x){return f[x]=f[x]==x?f[x]:get_f(f[x]);}
int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("a.in","r",stdin);
#endif
int s,t,c,col;
scanf("%d%d%d",&n,&m,&need);
sum=0;
for (int i=1;i<=m;++i)
scanf("%d%d%d%d",&a[i].x,&a[i].y,&a[i].val,&a[i].col);
solve();
}
bool cmp(edge x,edge y){
int valx=x.val,valy=y.val;
if (!x.col) valx+=D;
if (!y.col) valy+=D;
return valx==valy?x.col<y.col:valx<valy;
}
int check(int add,int &ret){
int fx,fy,x,y,cnt,cntw;
D=add;
sort(a+1,a+1+m,cmp);
for (int i=0;i<n;++i) f[i]=i;
cnt=0; ret=0; cntw=0;
for (int i=1;i<=m&&cnt<n-1;++i){
x=a[i].x; y=a[i].y;
get_f(x); get_f(y);
if (f[x]!=f[y]){
++cnt;
ret+=a[i].val+D*(a[i].col^1);
f[f[x]]=f[y];
cntw+=a[i].col^1;
}
}
return cntw;
}
void solve(){
int l=-101,r=101,mid,ok=-101,tmp,tmp1;
while (l<=r){
mid=l+r>>1;
tmp=check(mid,tmp1);
if (tmp>=need) ok=mid,l=mid+1;
else r=mid-1;
}
check(ok,ans);
ans=ans-ok*need;
printf("%d\n",ans);
}
xsy新访问计划代码大概长这样
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define inf 2147483647
#define ll long long
using namespace std;
const int MAXN=1e5+10;
struct xxx{
int y,next,w;
}a[MAXN*2];
struct data{
ll cost,car;
data(){}
data(int x,int y){cost=x; car=y;}
friend bool operator <(data x,data y)
{return x.cost==y.cost?x.car<y.car:x.cost<y.cost;}
}f[MAXN],g[MAXN];
int h[MAXN];
int n,m,tot,K,C;
ll ans,sum;
void add(int x,int y,int d);
void dp(int fa,int x,int val);
data Min(data x,data y){return x<y?x:y;}
bool ok(int val);
void solve();
int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("a.in","r",stdin);
#endif
while (scanf("%d%d%d",&n,&K,&C)!=EOF){
memset(h,-1,sizeof(h));
tot=0; sum=0;
int x,y,z;
for (int i=1;i<n;++i){
scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
++x;++y;
add(x,y,z); add(y,x,z);
sum+=z;
}
solve();
}
}
void add(int x,int y,int d){
a[++tot].y=y; a[tot].next=h[x]; h[x]=tot; a[tot].w=d;
}
void dp(int fa,int x,int val){
int u,son=0;
data tg,tf;
f[x]=data(val,1); g[x]=data(0,0);
for (int i=h[x];i!=-1;i=a[i].next){
u=a[i].y;
if (u==fa) continue;
dp(x,u,val);
tg=Min(data(f[x].cost+f[u].cost-val,f[x].car+f[u].car-1),
data(g[x].cost+g[u].cost+a[i].w,g[x].car+g[u].car));
tf=Min(data(f[x].cost+g[u].cost+a[i].w,f[x].car+g[u].car),
data(g[x].cost+f[u].cost,g[x].car+f[u].car));
g[x]=Min(tg,tf);
f[x]=Min(tf,data(tg.cost+val,tg.car+1));
}
}
bool ok(int val){
dp(0,1,val);
return g[1].car<=K;
}
void solve(){
if (ok(C)){printf("%lld\n",sum+g[1].cost); return;}
int l=C+1,r=1e9,mid,ans;
while (l<=r){
mid=l+r>>1;
if (ok(mid)) ans=mid,r=mid-1;
else l=mid+1;
}
dp(0,1,ans);
printf("%lld\n",sum+g[1].cost+(C-ans)*g[1].car+(K-g[1].car)*(C-ans));
}
浙公网安备 33010602011771号