HDU 5723 Abandoned country (最小生成树+dfs)
2016-07-22 15:07
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传送门:http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5723
题意:给你n个点和m条边,保证每条边权值不等,求最小生成树的权值。然后随机选两个点,求这两个点的距离的最小期望。
思路:第一问很容易,而且我们可以知道,因为权值都不等,所以最小生成树一定唯一。那么期望也就是:所有两个点的距离*选择两个点的概率。
概率就是1 / (n * (n - 1) / 2),然后我们要把所有两个点的距离加起来,除以概率就是答案了。那么如果我们考虑枚举两个点的话,即使计算距离是O(1)的,那也要O(n^2)的时间复杂度,10^10的复杂度是妥妥超时的。那么我们就只有一种思路了,就是统计每条边的使用次数。而且很容易可以想到,每条边的使用次数,就是这条边左边的所有点 * 这条边右边的所有点,那么我们确定一个根节点,从根开始dfs,求得每个点的子树的节点个数,记为son[ x ]。那么每条边的左右分别是son[x]和n-son[x],所以每条边的使用次数就可以求得了,就可以解决这题。
题意:给你n个点和m条边,保证每条边权值不等,求最小生成树的权值。然后随机选两个点,求这两个点的距离的最小期望。
思路:第一问很容易,而且我们可以知道,因为权值都不等,所以最小生成树一定唯一。那么期望也就是:所有两个点的距离*选择两个点的概率。
概率就是1 / (n * (n - 1) / 2),然后我们要把所有两个点的距离加起来,除以概率就是答案了。那么如果我们考虑枚举两个点的话,即使计算距离是O(1)的,那也要O(n^2)的时间复杂度,10^10的复杂度是妥妥超时的。那么我们就只有一种思路了,就是统计每条边的使用次数。而且很容易可以想到,每条边的使用次数,就是这条边左边的所有点 * 这条边右边的所有点,那么我们确定一个根节点,从根开始dfs,求得每个点的子树的节点个数,记为son[ x ]。那么每条边的左右分别是son[x]和n-son[x],所以每条边的使用次数就可以求得了,就可以解决这题。
#include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> #include <cmath> #include <cstdlib> #include <cctype> #include <string> #include <iostream> #include <vector> #include <map> #include <set> #include <queue> #include <ctime> using namespace std; typedef long long ll; typedef pair<int,int> pii; #define pb push_back #define mp make_pair #define lson l,m,rt<<1 #define rson m+1,r,rt<<1|1 #define calm (l+r)>>1 const int INF=2139062143; const int maxn=100010; const int maxm=1000010; int n,m,Ecnt,head[maxn],pre[maxn]; struct EE{ int from,to,val; EE(){} EE(int from,int to,int val):from(from),to(to),val(val){} }save[maxm]; struct EEE{ int to,val,next; EEE(){} EEE(int to,int val,int next):to(to),val(val),next(next){} }edge[maxn*2]; void add(int a,int b,int c){ edge[Ecnt]=EEE(b,c,head[a]); head[a]=Ecnt++; } bool cmp(EE a,EE b){ return a.val<b.val; } int find(int x){ int s; for(s=x;pre[s]>=0;s=pre[s]); while(x!=s){ int t=pre[x];pre[x]=s;x=t; } return s; } void join(int a,int b){ a=find(a),b=find(b); if(a==b)return; int sum=pre[a]+pre[b]; if(pre[a]>pre[b]){ pre[a]=b;pre[b]=sum; } else{ pre[b]=a;pre[a]=sum; } } void kruskal(){ ll ans=0; int tot=0; memset(pre,-1,sizeof pre); for(int i=0;i<m;i++){ if(find(save[i].from)!=find(save[i].to)){ join(save[i].from,save[i].to); add(save[i].from,save[i].to,save[i].val); add(save[i].to,save[i].from,save[i].val); tot++; ans+=save[i].val; if(tot==n-1)break; } } printf("%I64d ",ans); } ll son[maxn]; double ans,base; void dfs1(int s,int pre){ son[s]=1; for(int i=head[s];~i;i=edge[i].next){ int t=edge[i].to; if(t==pre)continue; dfs1(t,s);son[s]+=son[t]; } } void dfs2(int s,int pre){ for(int i=head[s];~i;i=edge[i].next){ int t=edge[i].to; if(t==pre)continue; ans+=((n-son[t])*son[t]*(ll)edge[i].val)/base; dfs2(t,s); } } int main(){ //freopen("D://input.txt","r",stdin); int T;scanf("%d",&T); while(T--){ scanf("%d%d",&n,&m); Ecnt=0;memset(head,-1,sizeof head); for(int i=0;i<m;i++){ scanf("%d%d%d",&save[i].from,&save[i].to,&save[i].val); } sort(save,save+m,cmp); kruskal(); dfs1(1,0); ans=0; if(n%2==0)base=(ll)n/2*(n-1); else base=(ll)(n-1)/2*n; dfs2(1,0); printf("%.2f\n",ans); } return 0; }
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