BZOJ2525: [Poi2011]Dynamite

刚看的时候看错题了…被调侃了一发，以为只能选择1个点…

考虑二分答案，我们只需要判定是否存在个点能够在mid范围内到达所有关键点。

最暴力的judge是从每个点bfs一遍看看mid范围能是否能覆盖到所有的点，这样我们得到了一个n^2logn的优秀算法…

之所以要二分是因为二分完了之后可以贪心嘛…所以考虑树形贪心。一个关键点要么被它的子树内的点管理，要么被它子树外的点管理，于是我们记录两个值，first表示以x为根的子树中目前还没有人管理的关键点距离x的最远的距离，second表示以x为根的子树中选择了的点距离x的最近的距离。

显然if(first+second<=mid)以x为根的数是可以自己处理的，但是if(first==mid)就意味着必须要选择x这个点了， 因为在向上一个点距离就超过mid了，这时候强制选择x这个点，并更新first，second即可。

注意树形贪心结束要判断一下1号节点是不是已经处理完了哦…

嗯…代码的话非常简洁

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define fir first
#define sec second
#define mp make_pair
#define pii pair<int,int>
//by:MirrorGray
using namespace std;
const int N=611111,inf=0x3f3f3f3f;
int mid,lala,d
,tot=-1,head
,ver
,nxt
;

void add(int x,int y){
nxt[++tot]=head[x];
head[x]=tot;
ver[tot]=y;
}

pii dfs(int x,int f){
pii ret=mp(-inf,inf);
for(int i=head[x];~i;i=nxt[i])if(ver[i]!=f){
pii tmp=dfs(ver[i],x);
ret.fir=max(ret.fir,tmp.fir+1);
ret.sec=min(ret.sec,tmp.sec+1);
}
if(d[x]&&ret.sec>mid)ret.fir=max(0,ret.fir);
if(ret.fir+ret.sec<=mid)ret.fir=-inf;
if(ret.fir==mid)lala++,ret.fir=-inf,ret.sec=0;
return ret;
}

int main(){
memset(head,-1,sizeof(head));
int n,m;scanf("%d%d",&n,&m);
int sum=0;
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&d[i]),sum+=d[i];
for(int i=1;i<n;i++){
int a,b;scanf("%d%d",&a,&b);
add(a,b);add(b,a);
}
int l=0,r=n,ans=-1;
while(l<=r){
mid=(l+r)>>1;
lala=0;pii tmp=dfs(1,-1);
if(tmp.fir+tmp.sec>mid)lala++;
if(lala<=m)ans=mid,r=mid-1;
else l=mid+1;
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}