BZOJ2286: [Sdoi2011]消耗战
作者:互联网
Description
在一场战争中,战场由n个岛屿和n-1个桥梁组成,保证每两个岛屿间有且仅有一条路径可达。 现在,我军已经侦查到敌军的总部在编号为1的岛屿,而且他们已经没有足够多的能源维系战斗,我军胜利在望。 已知在其他k个岛屿上有丰富能源,为了防止敌军获取能源,我军的任务是炸毁一些桥梁,使得敌军不能到达任何能源丰富的岛屿。 由于不同桥梁的材质和结构不同,所以炸毁不同的桥梁有不同的代价,我军希望在满足目标的同时使得总代价最小。 侦查部门还发现,敌军有一台神秘机器。即使我军切断所有能源之后,他们也可以用那台机器。 机器产生的效果不仅仅会修复所有我军炸毁的桥梁,而且会重新随机资源分布(但可以保证的是,资源不会分布到1号岛屿上)。 不过侦查部门还发现了这台机器只能够使用m次,所以我们只需要把每次任务完成即可。Input
第一行一个整数n,代表岛屿数量。
接下来n-1行,每行三个整数u,v,w,代表u号岛屿和v号岛屿由一条代价为c的桥梁直接相连,保证1<=u,v<=n且1<=c<=100000。
第n+1行,一个整数m,代表敌方机器能使用的次数。
接下来m行,每行一个整数ki,代表第i次后,有ki个岛屿资源丰富,接下来k个整数h1,h2,…hk,表示资源丰富岛屿的编号。
Output
输出有m行,分别代表每次任务的最小代价。
Sample Input
101 5 13
1 9 6
2 1 19
2 4 8
2 3 91
5 6 8
7 5 4
7 8 31
10 7 9
3
2 10 6
4 5 7 8 3
3 9 4 6
Sample Output
1232
22
HINT
对于100%的数据,2<=n<=250000,m>=1,sigma(ki)<=500000,1<=ki<=n-1
题解Here!
本蒟蒻的第一道虚树题。 那个$m\geq1$是来搞笑的嘛。。。 所以题目已经提示我们要从$m==1$下手。。。 如果只有一组询问,我们发现这好像是个树形$DP$。 设$dp[x]$表示使$x$及其子树到不了$1$的最小代价,$val[x]$表示断掉$fa[x]->x$这条路的代价。 于是状态转移方程长这个样: $$dp[x]=\min\left\{\begin{array}{}val[x]\\\sum_{y\in son_x}dp[y]\end{array}\right.$$ 然鹅这个方法复杂度$O(nm)$,铁定$TLE$。。。 于是开始想优化。 我们发现在$DP$过程中有许多不需要搜索到的节点。 也就是说,某些节点的子树中没有资源丰富的节点。 那我们为什么还要搜索它呢?因为爱情。。。 所以我们开两个$bool$数组:$rich[x],have\_rich[x]$,分别表示$x$是否是资源丰富的节点,$x$的子树中是否含有资源丰富的节点。 每次判断一下就好。 代码的话。。。大概是这个样子:
#include<iostream> #include<algorithm> #include<cstdio> #include<cstring> #define MAXN 250010 using namespace std; int n,m,c=1; int head[MAXN],deep[MAXN],fa[MAXN]; long long val[MAXN],dp[MAXN]; bool rich[MAXN],have_rich[MAXN]; struct Tree{ int next,to,w; }a[MAXN<<1]; inline int read(){ int date=0;char c=0; while(c<'0'||c>'9')c=getchar(); while(c>='0'&&c<='9'){date=date*10+c-'0';c=getchar();} return date; } inline long long min(const long long &x,const long long &y){return x<y?x:y;} inline void add(int u,int v,int w){ a[c].to=v;a[c].w=w;a[c].next=head[u];head[u]=c++; a[c].to=u;a[c].w=w;a[c].next=head[v];head[v]=c++; } void buildtree(int rt){ int will; for(int i=head[rt];i;i=a[i].next){ will=a[i].to; if(!deep[will]){ deep[will]=deep[rt]+1; val[will]=a[i].w; fa[will]=rt; buildtree(will); } } } void dfs(int rt){ if(rich[rt]){ dp[rt]=val[rt]; return; } int will; dp[rt]=0; for(int i=head[rt];i;i=a[i].next){ will=a[i].to; if(deep[will]>deep[rt]&&have_rich[will]){ dfs(will); dp[rt]+=dp[will]; } } dp[rt]=min(dp[rt],val[rt]); } void work(){ int k,h; while(m--){ memset(rich,false,sizeof(bool)*(n+1)); memset(have_rich,false,sizeof(bool)*(n+1)); k=read(); for(int i=1;i<=k;i++){ h=read(); rich[h]=have_rich[h]=true; for(int j=fa[h];j!=0&&!have_rich[j];j=fa[j])have_rich[j]=true; } dfs(1); printf("%lld\n",dp[1]); } } void init(){ int u,v,w; n=read(); for(int i=1;i<n;i++){ u=read();v=read();w=read(); add(u,v,w); } deep[1]=1;val[1]=(1LL<<60); buildtree(1); m=read(); } int main(){ init(); work(); return 0; }
这种方法,在洛谷上是可以拿到$90$分的。
然鹅还是有一个点$TLE$。。。
怎么办呢?
我一开始也不知道怎么办了。。。
于是翻题解。。。
发现一个好东西——虚树。
其实和我的思路一样,都是保留有用的节点。
但是虚树更厉害,直接保存了询问节点以及它们的$LCA$。
比我的方法少了好多节点。。。
至于虚树怎么建,详见这里:
于是这个题就每次在叙述上跑$DP$就好。
复杂度$O(2\sum k)$,跑得飞快。
附代码:
#include<iostream> #include<algorithm> #include<cstdio> #include<cstring> #define MAXN 250010 using namespace std; int n,m,c=1,d=1,e=1; int top_stack,stack[MAXN]; int head_a[MAXN],head_b[MAXN],h[MAXN],deep[MAXN],size[MAXN],son[MAXN],fa[MAXN],id[MAXN],top[MAXN]; long long val[MAXN],dp[MAXN]; struct Tree{ int next,to,w; }a[MAXN<<1]; struct New_Tree{ int next,to; }b[MAXN<<1]; inline int read(){ int date=0,w=1;char c=0; while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')w=-1;c=getchar();} while(c>='0'&&c<='9'){date=date*10+c-'0';c=getchar();} return date*w; } inline bool cmp(const int &p,const int &q){ return id[p]<id[q]; } inline void add_a(int u,int v,int w){ a[c].to=v;a[c].w=w;a[c].next=head_a[u];head_a[u]=c++; a[c].to=u;a[c].w=w;a[c].next=head_a[v];head_a[v]=c++; } inline void add_b(int x,int y){ b[e].to=y;b[e].next=head_b[x];head_b[x]=e++; } void dfs1(int rt){ son[rt]=0;size[rt]=1; for(int i=head_a[rt];i;i=a[i].next){ int will=a[i].to; if(!deep[will]){ deep[will]=deep[rt]+1; val[will]=min(val[rt],1LL*a[i].w); fa[will]=rt; dfs1(will); size[rt]+=size[will]; if(size[will]>size[son[rt]])son[rt]=will; } } } void dfs2(int rt,int f){ id[rt]=d++;top[rt]=f; if(son[rt])dfs2(son[rt],f); for(int i=head_a[rt];i;i=a[i].next){ int will=a[i].to; if(will!=fa[rt]&&will!=son[rt])dfs2(will,will); } } int LCA(int x,int y){ while(top[x]!=top[y]){ if(deep[top[x]]<deep[top[y]])swap(x,y); x=fa[top[x]]; } if(deep[x]>deep[y])swap(x,y); return x; } void push(int x){ if(top_stack==1){ stack[++top_stack]=x; return; } int lca=LCA(x,stack[top_stack]); if(lca==stack[top_stack])return; while(top_stack>1&&id[stack[top_stack-1]]>=id[lca]){ add_b(stack[top_stack-1],stack[top_stack]); stack[top_stack--]=0; } if(lca!=stack[top_stack]){ add_b(lca,stack[top_stack]); stack[top_stack]=lca; } stack[++top_stack]=x; } void dfs(int rt){ dp[rt]=0; int will; bool leaf=true; for(int i=head_b[rt];i;i=b[i].next){ leaf=false; will=b[i].to; dfs(will); dp[rt]+=dp[will]; } if(leaf)dp[rt]=val[rt]; else dp[rt]=min(dp[rt],val[rt]); head_b[rt]=0; } void work(){ int k; while(m--){ e=1; k=read(); for(int i=1;i<=k;i++)h[i]=read(); sort(h+1,h+k+1,cmp); top_stack=1; stack[top_stack]=1; for(int i=1;i<=k;i++)push(h[i]); while(top_stack){ add_b(stack[top_stack-1],stack[top_stack]); stack[top_stack--]=0; } dfs(1); printf("%lld\n",dp[1]); } } void init(){ int u,v,w; n=read(); for(int i=1;i<n;i++){ u=read();v=read();w=read(); add_a(u,v,w); } m=read(); deep[1]=1;val[1]=(1LL<<60); dfs1(1); dfs2(1,1); } int main(){ init(); work(); return 0; }
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