bzoj 3669 NOI2014 魔法森林 [LCT]
2016-10-12 12:32
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3669: [Noi2014]魔法森林
Time Limit: 30 Sec Memory Limit: 512 MB
Submit: 2157 Solved: 1311
Description
为了得到书法大家的真传,小E同学下定决心去拜访住在魔法森林中的隐士。魔法森林可以被看成一个包含个N节点M条边的无向图,节点标号为1..N,边标号为1..M。初始时小E同学在号节点1,隐士则住在号节点N。小E需要通过这一片魔法森林,才能够拜访到隐士。
魔法森林中居住了一些妖怪。每当有人经过一条边的时候,这条边上的妖怪就会对其发起攻击。幸运的是,在号节点住着两种守护精灵:A型守护精灵与B型守护精灵。小E可以借助它们的力量,达到自己的目的。
只要小E带上足够多的守护精灵,妖怪们就不会发起攻击了。具体来说,无向图中的每一条边Ei包含两个权值Ai与Bi。若身上携带的A型守护精灵个数不少于Ai,且B型守护精灵个数不少于Bi,这条边上的妖怪就不会对通过这条边的人发起攻击。当且仅当通过这片魔法森林的过程中没有任意一条边的妖怪向小E发起攻击,他才能成功找到隐士。
由于携带守护精灵是一件非常麻烦的事,小E想要知道,要能够成功拜访到隐士,最少需要携带守护精灵的总个数。守护精灵的总个数为A型守护精灵的个数与B型守护精灵的个数之和。
Input
第1行包含两个整数N,M,表示无向图共有N个节点,M条边。 接下来M行,第行包含4个正整数Xi,Yi,Ai,Bi,描述第i条无向边。其中Xi与Yi为该边两个端点的标号,Ai与Bi的含义如题所述。 注意数据中可能包含重边与自环。
Output
输出一行一个整数:如果小E可以成功拜访到隐士,输出小E最少需要携带的守护精灵的总个数;如果无论如何小E都无法拜访到隐士,输出“-1”(不含引号)。
Sample Input
【输入样例1】
4 5
1 2 19 1
2 3 8 12
2 4 12 15
1 3 17 8
3 4 1 17
【输入样例2】
3 1
1 2 1 1
Sample Output
【输出样例1】
32
【样例说明1】
如果小E走路径1→2→4,需要携带19+15=34个守护精灵;
如果小E走路径1→3→4,需要携带17+17=34个守护精灵;
如果小E走路径1→2→3→4,需要携带19+17=36个守护精灵;
如果小E走路径1→3→2→4,需要携带17+15=32个守护精灵。
综上所述,小E最少需要携带32个守护精灵。
【输出样例2】
-1
【样例说明2】
小E无法从1号节点到达3号节点,故输出-1。
HINT
2<=n<=50,000
0<=m<=100,000
1<=ai ,bi<=50,000
排序后按a大小枚举a的最终答案。
对于确定的a的大小,维护关于b的MST,LCT维护边权即可。
当1,n联通时,更新答案。
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Description
为了得到书法大家的真传,小E同学下定决心去拜访住在魔法森林中的隐士。魔法森林可以被看成一个包含个N节点M条边的无向图,节点标号为1..N,边标号为1..M。初始时小E同学在号节点1,隐士则住在号节点N。小E需要通过这一片魔法森林,才能够拜访到隐士。
魔法森林中居住了一些妖怪。每当有人经过一条边的时候,这条边上的妖怪就会对其发起攻击。幸运的是,在号节点住着两种守护精灵:A型守护精灵与B型守护精灵。小E可以借助它们的力量,达到自己的目的。
只要小E带上足够多的守护精灵,妖怪们就不会发起攻击了。具体来说,无向图中的每一条边Ei包含两个权值Ai与Bi。若身上携带的A型守护精灵个数不少于Ai,且B型守护精灵个数不少于Bi,这条边上的妖怪就不会对通过这条边的人发起攻击。当且仅当通过这片魔法森林的过程中没有任意一条边的妖怪向小E发起攻击,他才能成功找到隐士。
由于携带守护精灵是一件非常麻烦的事,小E想要知道,要能够成功拜访到隐士,最少需要携带守护精灵的总个数。守护精灵的总个数为A型守护精灵的个数与B型守护精灵的个数之和。
Input
第1行包含两个整数N,M,表示无向图共有N个节点,M条边。 接下来M行,第行包含4个正整数Xi,Yi,Ai,Bi,描述第i条无向边。其中Xi与Yi为该边两个端点的标号,Ai与Bi的含义如题所述。 注意数据中可能包含重边与自环。
Output
输出一行一个整数:如果小E可以成功拜访到隐士,输出小E最少需要携带的守护精灵的总个数;如果无论如何小E都无法拜访到隐士,输出“-1”(不含引号)。
Sample Input
【输入样例1】
4 5
1 2 19 1
2 3 8 12
2 4 12 15
1 3 17 8
3 4 1 17
【输入样例2】
3 1
1 2 1 1
Sample Output
【输出样例1】
32
【样例说明1】
如果小E走路径1→2→4,需要携带19+15=34个守护精灵;
如果小E走路径1→3→4,需要携带17+17=34个守护精灵;
如果小E走路径1→2→3→4,需要携带19+17=36个守护精灵;
如果小E走路径1→3→2→4,需要携带17+15=32个守护精灵。
综上所述,小E最少需要携带32个守护精灵。
【输出样例2】
-1
【样例说明2】
小E无法从1号节点到达3号节点,故输出-1。
HINT
2<=n<=50,000
0<=m<=100,000
1<=ai ,bi<=50,000
排序后按a大小枚举a的最终答案。
对于确定的a的大小,维护关于b的MST,LCT维护边权即可。
当1,n联通时,更新答案。
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<cstdlib> #include<cmath> #include<vector> #include<queue> #include<stack> #include<map> #include<set> #include<string> #include<iomanip> #include<ctime> #include<climits> #include<cctype> #include<algorithm> #ifdef WIN32 #define AUTO "%I64d" #else #define AUTO "%lld" #endif using namespace std; #define smax(x,tmp) x=max((x),(tmp)) #define smin(x,tmp) x=min((x),(tmp)) #define maxx(x1,x2,x3) max(max(x1,x2),x3) #define minn(x1,x2,x3) min(min(x1,x2),x3) const int INF=0x3f3f3f3f; const int maxn = 50005; const int maxm = 100005; struct Node { int fa; int ch[2]; bool isroot; int rev; int val; // val for this edge int u,v; // if edge , the connection betwween u & v int mx,id; // id in the LCT }node[maxn + maxm]; int maxnode; #define fa(x) node[x].fa #define ch(x,d) node[x].ch[d] #define isroot(x) node[x].isroot #define rev(x) node[x].rev #define val(x) node[x].val #define u(x) node[x].u #define v(x) node[x].v #define mx(x) node[x].mx #define id(x) node[x].id inline void update(int x) { if(!x) return; mx(x) = val(x); id(x) = x; if(ch(x,0) && mx(x)<mx(ch(x,0))) mx(x)=mx(ch(x,0)),id(x)=id(ch(x,0)); if(ch(x,1) && mx(x)<mx(ch(x,1))) mx(x)=mx(ch(x,1)),id(x)=id(ch(x,1)); } inline void rotate(int x) { int y=fa(x),z=fa(y); int l = ch(y,1)==x , r = l^1; if(isroot(y)) isroot(y) = false , isroot(x) = true; else ch(z,ch(z,1)==y) = x; fa(ch(x,r))=y; fa(y)=x; fa(x)=z; ch(y,l)=ch(x,r); ch(x,r)=y; update(y); update(x); } inline void pushdown(int x) { if(!x) return; if(!rev(x)) return; rev(x)^=1; swap(ch(x,0),ch(x,1)); if(ch(x,0)) rev(ch(x,0))^=1; if(ch(x,1)) rev(ch(x,1))^=1; } int sta[maxn+maxm]; int top; inline void upgrade(int x) { while(!isroot(x)) sta[++top]=x,x=fa(x); sta[++top]=x; while(top) pushdown(sta[top--]); } inline void splay(int x) { upgrade(x); while(!isroot(x)) { int y=fa(x),z=fa(y); if(!isroot(y)) if(ch(y,0)==x ^ ch(z,0)==y) rotate(x); else rotate(y); rotate(x); } } inline int access(int x) { int y = 0; do { splay(x); isroot(ch(x,1)) = true; isroot(ch(x,1)=y) = false; update(x); x = fa(y=x); }while(x); return y; } void makeroot(int u) { int rt = access(u); rev(rt) ^= 1; } int findroot(int x) { while(fa(x)) x = fa(x); return x; } void cut(int u,int v) { makeroot(u); access(v); splay(v); fa(ch(v,0)) = 0; isroot(ch(v,0)) = true; ch(v,0) = 0; update(v); } void join(int u,int v) { access(u); splay(u); rev(u) ^= 1; fa(u) = v; } bool query_block(int u,int v) { int t1 = findroot(u); int t2 = findroot(v); return t1==t2; } int query_max(int u,int v) // id of LCT { makeroot(u); access(v); splay(v); return id(v); } struct Road { int u,v; int a,b; bool operator < (const Road t) const { if(a ^ t.a) return a < t.a; return b < t.b; } void read() { scanf("%d%d%d%d",&u,&v,&a,&b); } }road[maxm]; int n,m; void init() { scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=m;i++) road[i].read(); sort(road+1,road+m+1); for(int i=1;i<=n;i++) isroot(i)=true; maxnode = n; } int work() { int ans = INF; for(int i=1;i<=m;i++) { if(query_block(road[i].u,road[i].v)) { int id = query_max(road[i].u,road[i].v); if(val(id) <= road[i].b) continue; int u = u(id) , v = v(id); cut(id,u); cut(id,v); } Node &tmp = node[++maxnode]; tmp.isroot = true; tmp.val = road[i].b; tmp.u = road[i].u , tmp.v = road[i].v; tmp.mx = tmp.val , tmp.id = maxnode; join(maxnode,road[i].u); join(maxnode,road[i].v); if(query_block(1,n)) smin(ans,road[i].a+val(query_max(1,n))); } return ans; } int main() { #ifndef ONLINE_JUDGE freopen("forest.in","r",stdin); freopen("forest.out","w",stdout); #endif init(); int ans = work(); if(ans^INF) printf("%d",ans); else printf("-1"); return 0; }
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