[BZOJ2599][IOI2011]Race（点分治）

题目描述

传送门

题解

同样是树上的路径，点分的思路是很显然的。不过需要同时满足两个条件。

观察可以发现路径长度=k可以作为点分判断的条件，那么我们需要把最小的边数转化成判断存在性问题。

每一次遍历等于是给出了一些点，每个点有权，问权值和=k的点对数量。那么显然排序后又可以用两个指针lr扫出来。时间复杂度O(nlogn)。

最后从小向大扫就可以了。总体时间复杂度O(nlog2n)。

代码

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;
#define N 200005
#define INF 2000000000

int n,k,x,y,z,sum,root,cnt;
int tot,point
,nxt[N*2],v[N*2],c[N*2];
int size
,big
,dis
,deep
,ans
;
struct hp{int dis,deep;}pt
;
bool vis
;

void addedge(int x,int y,int z)
{
++tot; nxt[tot]=point[x]; point[x]=tot; v[tot]=y; c[tot]=z;
++tot; nxt[tot]=point[y]; point[y]=tot; v[tot]=x; c[tot]=z;
}
void getroot(int x,int fa)
{
size[x]=1; big[x]=0;
for (int i=point[x];i;i=nxt[i])
if (v[i]!=fa&&!vis[v[i]])
{
getroot(v[i],x);
size[x]+=size[v[i]];
big[x]=max(big[x],size[v[i]]);
}
big[x]=max(big[x],sum-size[x]);
if (big[x]<big[root]) root=x;
}
void getdeep(int x,int fa)
{
pt[++cnt].dis=dis[x],pt[cnt].deep=deep[x];
for (int i=point[x];i;i=nxt[i])
if (v[i]!=fa&&!vis[v[i]])
{
dis[v[i]]=dis[x]+c[i];
deep[v[i]]=deep[x]+1;
getdeep(v[i],x);
}
}
int cmp(hp a,hp b)
{
return a.dis<b.dis;
}
void calc(int x,int nowdis,int nowdeep,int add)
{
dis[x]=nowdis; deep[x]=nowdeep; cnt=0;
getdeep(x,0);
sort(pt+1,pt+cnt+1,cmp);
for (int l=1,r=cnt;l<=r;l++)
{
while (l<r&&pt[l].dis+pt[r].dis>k) r--;
for (int i=r;pt[l].dis+pt[i].dis==k;i--) ans[pt[l].deep+pt[i].deep]+=add;
}
}
void dfs(int x)
{
calc(x,0,0,1);
vis[x]=true;
for (int i=point[x];i;i=nxt[i])
if (!vis[v[i]])
{
calc(v[i],c[i],1,-1);
sum=size[v[i]]; root=0;
getroot(v[i],0);
dfs(root);
}
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&k);
for (int i=1;i<n;++i)
{
scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
x++; y++;
addedge(x,y,z);
}
sum=n; root=0; big[0]=INF;
getroot(1,0);
dfs(root);
for (int i=1;i<=n;++i)
if (ans[i])
{
printf("%d\n",i);
return 0;
}
puts("-1");
}

总结

①求最小/最大值问题可以转化为判断存在性问题。并且在点分中的加加减减比较好用。