BZOJ[4326][NOIP2015]运输计划 二分答案+树链剖分+差分
2017-08-17 10:32
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题目链接http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=4326
Description
公元 2044 年,人类进入了宇宙纪元。L 国有 n 个星球,还有 n−1 条双向航道,每条航道建立在两个星球之间,这 n−1 条航道连通了 L 国的所有星球。小 P 掌管一家物流公司, 该公司有很多个运输计划,每个运输计划形如:有一艘物流飞船需要从 ui 号星球沿最快的宇航路径飞行到 vi 号星球去。显然,飞船驶过一条航道是需要时间的,对于航道 j,任意飞船驶过它所花费的时间为 tj,并且任意两艘飞船之间不会产生任何干扰。为了鼓励科技创新, L 国国王同意小 P 的物流公司参与 L 国的航道建设,即允许小P 把某一条航道改造成虫洞,飞船驶过虫洞不消耗时间。在虫洞的建设完成前小 P 的物流公司就预接了 m 个运输计划。在虫洞建设完成后,这 m 个运输计划会同时开始,所有飞船一起出发。当这 m 个运输计划都完成时,小 P 的物流公司的阶段性工作就完成了。如果小 P 可以自由选择将哪一条航道改造成虫洞, 试求出小 P 的物流公司完成阶段性工作所需要的最短时间是多少?
Input
第一行包括两个正整数 n,m,表示 L 国中星球的数量及小 P 公司预接的运输计划的数量,星球从 1 到 n 编号。接下来 n−1 行描述航道的建设情况,其中第 i 行包含三个整数 ai,bi 和 ti,表示第 i 条双向航道修建在 ai 与 bi 两个星球之间,任意飞船驶过它所花费的时间为 ti。数据保证 1≤ai,bi≤n 且 0≤ti≤1000。接下来 m 行描述运输计划的情况,其中第 j 行包含两个正整数 uj 和 vj,表示第 j 个运输计划是从 uj 号星球飞往 vj号星球。数据保证 1≤ui,vi≤n
Output
输出文件只包含一个整数,表示小 P 的物流公司完成阶段性工作所需要的最短时间。
Sample Input
6 3
1 2 3
1 6 4
3 1 7
4 3 6
3 5 5
3 6
2 5
4 5
Sample Output
11
HINT
将第 1 条航道改造成虫洞: 则三个计划耗时分别为:11,12,11,故需要花费的时间为 12。
将第 2 条航道改造成虫洞: 则三个计划耗时分别为:7,15,11,故需要花费的时间为 15。
将第 3 条航道改造成虫洞: 则三个计划耗时分别为:4,8,11,故需要花费的时间为 11。
将第 4 条航道改造成虫洞: 则三个计划耗时分别为:11,15,5,故需要花费的时间为 15。
将第 5 条航道改造成虫洞: 则三个计划耗时分别为:11,10,6,故需要花费的时间为 11。
故将第 3 条或第 5 条航道改造成虫洞均可使得完成阶段性工作的耗时最短,需要花费的时间为 11。
题目大意:给定一棵有边权的有根树和一些路径,你可以将一条边的权值改为0,询问所有给定路径边权和的最大值最小是多少
本题最终求的是路径权值和最大值的最小值,不难想到二分最终答案。初步想到二分最短时间,再判断是否能不能改变一条边的权值0使得所有路径权值和都小于二分值。
预处理每条路径的总权值dis[x,y]=dis[x]+dis[y]−2∗dis[LCA(x,y)],然后统计有多少条路径在不改变权值的情况下,路径长度大于mid,则这些路径为非法路径,非法路径一定在改变一条边的权值的情况下才可能合法,发现如果二分出的解合法,则一定有一些边在所有非法路径中(换句话说,所有非法路径都有一段公共部分),所以对非法路径进行标记(可以用差分实现,dis[x−1]+=1,dis[y+1]−=1),则重合部分前缀和一定等于这样的路径的总数量(解释在下面),根据树剖的dfs序找出这样的重合部分,贪心删除一条重合部分权值最大的边,如结果≤mid则该mid为合法解
这种情况中,非法路径一共有三条(红1绿1,红2绿2,红3绿3),差分时在每一个红点打上+1的标记,绿点打上−1的标记,发现只有蓝色这一段前缀和==3,这一段正好为三条路径重合的部分,所以在这一部分中贪心删去权值最大的边才最可能合法
一种不合法的情况
代码如下:
Description
公元 2044 年,人类进入了宇宙纪元。L 国有 n 个星球,还有 n−1 条双向航道,每条航道建立在两个星球之间,这 n−1 条航道连通了 L 国的所有星球。小 P 掌管一家物流公司, 该公司有很多个运输计划,每个运输计划形如:有一艘物流飞船需要从 ui 号星球沿最快的宇航路径飞行到 vi 号星球去。显然,飞船驶过一条航道是需要时间的,对于航道 j,任意飞船驶过它所花费的时间为 tj,并且任意两艘飞船之间不会产生任何干扰。为了鼓励科技创新, L 国国王同意小 P 的物流公司参与 L 国的航道建设,即允许小P 把某一条航道改造成虫洞,飞船驶过虫洞不消耗时间。在虫洞的建设完成前小 P 的物流公司就预接了 m 个运输计划。在虫洞建设完成后,这 m 个运输计划会同时开始,所有飞船一起出发。当这 m 个运输计划都完成时,小 P 的物流公司的阶段性工作就完成了。如果小 P 可以自由选择将哪一条航道改造成虫洞, 试求出小 P 的物流公司完成阶段性工作所需要的最短时间是多少?
Input
第一行包括两个正整数 n,m,表示 L 国中星球的数量及小 P 公司预接的运输计划的数量,星球从 1 到 n 编号。接下来 n−1 行描述航道的建设情况,其中第 i 行包含三个整数 ai,bi 和 ti,表示第 i 条双向航道修建在 ai 与 bi 两个星球之间,任意飞船驶过它所花费的时间为 ti。数据保证 1≤ai,bi≤n 且 0≤ti≤1000。接下来 m 行描述运输计划的情况,其中第 j 行包含两个正整数 uj 和 vj,表示第 j 个运输计划是从 uj 号星球飞往 vj号星球。数据保证 1≤ui,vi≤n
Output
输出文件只包含一个整数,表示小 P 的物流公司完成阶段性工作所需要的最短时间。
Sample Input
6 3
1 2 3
1 6 4
3 1 7
4 3 6
3 5 5
3 6
2 5
4 5
Sample Output
11
HINT
将第 1 条航道改造成虫洞: 则三个计划耗时分别为:11,12,11,故需要花费的时间为 12。
将第 2 条航道改造成虫洞: 则三个计划耗时分别为:7,15,11,故需要花费的时间为 15。
将第 3 条航道改造成虫洞: 则三个计划耗时分别为:4,8,11,故需要花费的时间为 11。
将第 4 条航道改造成虫洞: 则三个计划耗时分别为:11,15,5,故需要花费的时间为 15。
将第 5 条航道改造成虫洞: 则三个计划耗时分别为:11,10,6,故需要花费的时间为 11。
故将第 3 条或第 5 条航道改造成虫洞均可使得完成阶段性工作的耗时最短,需要花费的时间为 11。
题目大意:给定一棵有边权的有根树和一些路径,你可以将一条边的权值改为0,询问所有给定路径边权和的最大值最小是多少
本题最终求的是路径权值和最大值的最小值,不难想到二分最终答案。初步想到二分最短时间,再判断是否能不能改变一条边的权值0使得所有路径权值和都小于二分值。
预处理每条路径的总权值dis[x,y]=dis[x]+dis[y]−2∗dis[LCA(x,y)],然后统计有多少条路径在不改变权值的情况下,路径长度大于mid,则这些路径为非法路径,非法路径一定在改变一条边的权值的情况下才可能合法,发现如果二分出的解合法,则一定有一些边在所有非法路径中(换句话说,所有非法路径都有一段公共部分),所以对非法路径进行标记(可以用差分实现,dis[x−1]+=1,dis[y+1]−=1),则重合部分前缀和一定等于这样的路径的总数量(解释在下面),根据树剖的dfs序找出这样的重合部分,贪心删除一条重合部分权值最大的边,如结果≤mid则该mid为合法解
这种情况中,非法路径一共有三条(红1绿1,红2绿2,红3绿3),差分时在每一个红点打上+1的标记,绿点打上−1的标记,发现只有蓝色这一段前缀和==3,这一段正好为三条路径重合的部分,所以在这一部分中贪心删去权值最大的边才最可能合法
一种不合法的情况
代码如下:
#include<algorithm> #include<cstdio> #define N 300020 using namespace std; int n,m,k,x,y,z,Top,T,root,maxx,l,r,mid,ans; int d ; int fir ,son ,size ,fa ,dep ,seq ,pre ,top ,w ,dist ; struct Edge{ int to,nex,k; Edge(){} Edge(int _to,int _nex,int _k):to(_to),nex(_nex),k(_k){} }nex[N*2]; struct Query{ int x,y,k; void scan(){ scanf("%d%d",&x,&y); int xx=x,yy=y; while(top[xx]!=top[yy]){ if(dep[top[xx]]<dep[top[yy]]) swap(xx,yy); xx=fa[top[xx]]; }//树剖LCA if(dep[xx]<dep[yy]) swap(xx,yy); k=dist[x]+dist[y]-dist[yy]*2;//在输入时预处理每条路径的权值和 maxx=max(maxx,k);//二分上界 return; } void sign(){ int xx=x,yy=y; while(top[xx]!=top[yy]){ if(dep[top[xx]]<dep[top[yy]]) swap(xx,yy); ++d[seq[top[xx]]];--d[seq[xx]+1];//差分 xx=fa[top[xx]]; } if(dep[xx]<dep[yy]) swap(xx,yy); ++d[seq[yy]+1];--d[seq[xx]+1]; } }a ; struct seg{ int l,r,k; int sum,maxx,minn; }s[N*4]; void maketree(int l,int r,int k){ s[k].l=l;s[k].r=r; if(l==r){ s[k].minn=s[k].maxx=s[k].sum=w[l]; return; } int mid=(l+r)>>1; maketree(l,mid,k*2);maketree(mid+1,r,k*2+1); s[k].sum=s[k*2].sum+s[k*2+1].sum; s[k].maxx=max(s[k*2].maxx,s[k*2+1].maxx); s[k].minn=min(s[k*2].minn,s[k*2+1].minn); }//建线段树 inline void add(int x,int y,int k){ nex[++Top]=Edge(y,fir[x],k); fir[x]=Top; }//邻接表 void dfs1(int x,int Dep){ size[x]=1;dep[x]=Dep; son[x]=0; for(int i=fir[x];i;i=nex[i].nex){ if(nex[i].to==fa[x]) continue; w[nex[i].to]=nex[i].k; fa[nex[i].to]=x; dist[nex[i].to]=dist[x]+nex[i].k; dfs1(nex[i].to,Dep+1); if(size[nex[i].to]>size[son[x]]) son[x]=nex[i].to; size[x]=size[x]+size[nex[i].to]; } }//树剖1 void dfs2(int x,int t){ seq[x]=++T;pre[T]=x; top[x]=t; if(son[x]) dfs2(son[x],t); for(int i=fir[x];i;i=nex[i].nex){ if(nex[i].to==son[x] || nex[i].to==fa[x]) continue; dfs2(nex[i].to,nex[i].to); } }//树剖2 bool check(int k){ int cnt=0; for(int i=1;i<=n;i++) d[i]=0; for(int i=1;i<=m;i++){ if(a[i].k>k){ a[i].sign(); cnt++; } } int sum=0,tmp=0; for(int i=1;i<=n;i++){ sum=sum+d[i]; if(sum==cnt) tmp=max(tmp,w[pre[i]]); } return maxx-tmp<=k; }//检验答案是否合法 int main(){ scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<n;i++){ scanf("%d%d%d",&x,&y,&z); add(x,y,z); add(y,x,z); } dfs1(1,1);dfs2(1,1); maketree(1,n,1); for(int i=1;i<=m;i++){ a[i].scan(); } l=1;r=maxx; while(l<=r){ mid=(l+r)>>1; if(check(mid)) {ans=mid;r=mid-1;} else l=mid+1; }//二分答案 printf("%d",ans); return 0; }
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