【SCOI2013】摩托车交易

Description

mzry1992 在打完吊针出院之后，买了辆新摩托车，开始了在周边城市的黄金运送生意。
在mzry1992 生活的地方，城市之间是用双向高速公路连接的，另外，每条高速公路有一个载重上限，即在不考虑驾驶员和摩托车重量的情况下，如果所载货物的量超过某个值，则不能驶上该条高速公路。
今年，mzry1992 一共收到了来自n个不同城市的n份定订单，每个订单要求卖出上限为一定量的黄金，或是要求买入上限为一定量的黄金。由于订单并不是同时发来的，为了维护生意上的名声，mzry1992 不得不按照订单发来的顺序与客户进行交易。
他与第i客户进行交易的具体步骤是：

1. 前往第i个客户所在城市。当然，中途是完全允许经过其他城市的。
2. 与第i个客户进行交易。
   但有两个限制：
   (a) 与最后一个客户完成交易后，手上没有剩余黄金。
   (b) 由于黄金是很贵重的物品，不能出现因为买入过多黄金而造成在以后的运送过程中不得不丢弃黄金的情况。
   mzry希望总交易额最大，其次他希望卖出交易额序列的字典序最大。其中字典序指的是先比较第一次卖出交易额，若相等则比较下一次，以此类推。
   一开始，mzry1992 位于第一个订单客户所在的城市。
   现在有一个好消息，有人提供了mzry1992 免费试用周边城市的列车系统的资格。具体来讲，如果mzry1992希望从A 城市到达B 城市，且A、B 城市均有列车站的话，他可以携带着黄金与摩托车从A 城市乘坐列车到B 城市，这里假定乘坐列车没有载重限制。
   现在已知城市间的交通系统情况和订单情况，请帮助mzry1992 计算每个向mzry1992 购买黄金的客户的购买量。

Input

输入的第一行有三个整数n, m, q，分别表示城市数，连通城市的高速公路数和有列车站的城市数。
接下来的一行有n 个数，每个数均不相同，且值介于1 到n 之间，代表订单的顺序。
第三行有n 个数，第i 个数表示i 号城市的订单的上限额bi，bi 为正值表示该订单为买入交易（针对mzry1992 而言），上限为bi，bi 为负值表示该订单为卖出交易（同样针对mzry1992 而言）上限为-bi。
接下来的m 行每行有三个数，u, v, w，表示城市u 和城市v 之间有一条载重上限为w 的高速公路，这里假定所有高速公路都是双向的，城市的序号是从1 到n 的。
输入的最后一行有q 个数，代表有列车站城市的序号。

Output

按照订单顺序对于每个卖出交易，输出一行，该行只有一个整数x，表示卖出黄金的量。

Sample Input

输入1：
3 3 2
2 3 1
-6 5 -3
1 3 5
2 3 2
2 1 6
1 3
输入2：
4 4 0
1 2 3 4
5 4 -6 -1
1 2 4
2 3 100
3 4 1
4 1 4

Sample Output

输出1：
3
2
样例解释1：
其中一种合法的方案是最初从2 号城市买入5 单位的黄金，先走第三条高速公路到1 号城市，然后再坐列车到3 号城市，在3 号城市卖出3 单位的黄金，然后乘坐列车到1 城市，在1 号城市卖出2 单位的黄金。
输出2：
6
1
样例解释2：
其中一种合法的方案是最初从1 号城市买入4 单位的黄金，走第一条高速公路，在2 号城市买入3 单位的黄金，走第二条高速公路，在三城市点卖出6 单位的黄金，走第三条高速公路，在4 号城市卖出1 单位的黄金。

Data Constraint

对于20% 数据，n<=100，m<=200
对于50% 数据，n<=3000，m<=6000
对于100% 数据，1<=n<=10⁵，n-1<=m<=2*10⁵，0<=q<=n，0<|bi|<10⁹，0<w<10⁹，保证任意两个城市之间是通过高速公路连通的。

题解

显然，这题的买卖黄金过程很用模拟就可以实现，关键是可以买卖多少
首先需要明确一点，就是我们不一定要按照题目说的不能丢弃黄金，其实可以全部买完，之后在过不去路的时候再丢掉，这样子是对答案没有影响的
然后买卖黄金的过程就相当于是一个贪心了，需要买的城市全部买来，需要卖的城市能卖多少卖多少
下一个重要点就是找到一个城市到另一个城市中负重最小的边（因为两个城市间可以携带的黄金的量是由负重最小的那条边决定的），然后因为要运尽量多黄金，所以我们就要让最小的那条边的负重最大
所以我们可以想到什么？最大生成树！
于是我们只要保留原图中属于最生成树的边即可（至于列车站怎么连边，其实只要相邻地连过来就行了，因为最后形成的是一棵树）
接着，要在树上找到路径边权的最小值就随便用什么方法找都行了，可以用求LCA的方式，我用的是倍增，大佬用树剖和Tarjan也行

CODE

#include<cstdio>
#include<string>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define max(a,b) (((a)>(b))?(a):(b))
#define min(a,b) (((a)<(b))?(a):(b))
#define swap(a,b) (a)^=(b)^=(a)^=(b)
#define R register ll
#define N 100005
#define M 300005
#define ll long long
#define inf 100000000000
using namespace std;
struct arr{ll u,v,w;}bian[M];
struct G{ll to,next,w;}e[N<<1];
ll n,m,q,go[N],train[N],tot,fa[N],cnt,f[N][20],dep[N],mxdep,head[N],b[N],g[N][20];;
inline void read(ll &x)
{
	x=0;ll f=1;char ch=getchar();
	while (!isdigit(ch)) {if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
	while (isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar();x*=f;
}
inline bool cmp(arr x,arr y) {return x.w>y.w;}
inline void add(ll u,ll v,ll len)
{
	e[++cnt].to=v;e[cnt].w=len;
	e[cnt].next=head[u];head[u]=cnt;
}
inline void dfs(ll u,ll fa)
{
	for (R i=head[u];i;i=e[i].next)
	{
		ll v=e[i].to;if (v==fa) continue;
		f[v][0]=u;g[v][0]=e[i].w;dep[v]=dep[u]+1;mxdep=max(dep[v],mxdep);dfs(v,u);
	}
}
inline ll lca(ll x,ll y)
{
	ll mn=inf;
	if (dep[x]!=dep[y])
	{
		if (dep[x]<dep[y]) swap(x,y);
		for (R i=log2(dep[x]-dep[y]);i>=0;--i)
			if (dep[f[x][i]]>dep[y]) mn=min(g[x][i],mn),x=f[x][i];
		mn=min(g[x][0],mn);x=f[x][0];	
	}
	if (x==y) return mn;
	for (R i=log2(dep[x]);i>=0;--i)
		if (f[x][i]!=f[y][i]) mn=min(mn,min(g[x][i],g[y][i])),x=f[x][i],y=f[y][i];
	mn=min(mn,min(g[x][0],g[y][0]));return mn; 
}
inline ll find(ll k)
{
	if (fa[k]==k) return k;return fa[k]=find(fa[k]);
}
int main()
{
	read(n);read(m);read(q);
	for (R i=1;i<=n;++i)
		read(go[i]),fa[i]=i;
	for (R i=1;i<=n;++i)
		read(b[i]);
	for (R i=1;i<=m;++i)
		read(bian[i].u),read(bian[i].v),read(bian[i].w);
	for (R i=1;i<=q;++i)
	{
		read(train[i]);
		if (i>1) bian[++m].u=train[i-1],bian[m].v=train[i],bian[m].w=inf;
	}
	sort(bian+1,bian+1+m,cmp);ll tot=1;
	for (R i=1;i<=m;++i)
	{
		ll f1=find(bian[i].u),f2=find(bian[i].v);
		if (f1!=f2)
		{
			add(bian[i].u,bian[i].v,bian[i].w);
			add(bian[i].v,bian[i].u,bian[i].w);
			++tot;fa[f1]=f2;if (tot==n) break;
		}
	}
	mxdep=1;dep[1]=1;dfs(1,0);
	for (R j=1;j<=log2(mxdep);++j)
		for (R i=1;i<=n;++i)
			f[i][j]=f[f[i][j-1]][j-1],g[i][j]=min(g[i][j-1],g[f[i][j-1]][j-1]);
	ll now=go[1];tot=0;
	if (b[go[1]]>0) tot=b[go[1]];else printf("0\n");
	for (R i=2;i<=n;++i)
	{
		ll k=lca(go[i-1],go[i]);
		if (tot>k) tot=k;
		if (b[go[i]]>0) tot+=b[go[i]];
		else
		{
			printf("%lld\n",min(-b[go[i]],tot));
			tot-=min(-b[go[i]],tot);
		}
	}
	return 0;
}

标签：题解,ll,mn,摩托车,bian,mzry1992,SCOI2013,城市,黄金
来源： https://blog.csdn.net/CMC_YXY/article/details/118528583