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【数据结构】运输计划 NOIP2015提高组D2T3

作者:互联网

【数据结构】运输计划 NOIP2015提高组D2T3

>>>>题目

【题目描述】

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?

【输入描述】
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

【输出描述】
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。

【样例输入】

6 3
1 2 3
1 6 4
3 1 7
4 3 6
3 5 5
3 6
2 5
4 5
【样例输出】

11
【样例解释】

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。

>>>>分析

此题必备技能: 二分+树上差分+LCA

本题思路:

二分查找,check里面记录所有权值大于mid的路径,并求出这样的路径的数量(用cnt表示)

在这个过程中,求出所有路径”与mid的差“的最大值,就是最大超出的时间(用ans表示)

再找出一条能覆盖所有“大于mid的路径“的边,即为题目描述的虫洞

{

       如果没有这样的边,那么不管怎样减总有至少一个任务的时间超过mid ,return false;

       如果有这样的边,

       {

                   for(每一条边)

                   如果(这条边被每一条大于mid的路径经过&&这条边权值大于ans)  也就是说减去这条边可以将每一条大于mid的路径减到mid下

                   return true;

       }
}

具体分析:

(1)二分 :更多时间能完成任务,那么更短时间也能完成,具有单调性。

(2)树上差分:

   tmp[i]表示:表示i这个点通往父亲的边,记录这条边被遍历的次数 

   num[i]表示:以i为根节点所有子树的tmp值

   dis[i]表示:i 到根的距离

   对于每一条链s(起点),t(终点),将s,t的tmp值+1;,将LCA(s,t)的tmp值-2

   一个点最终被覆盖的次数就是这个点的num值(用dfs序维护)

(3)求LCA:  我这里选择的是倍增求LCA,真的是模板yo

(4)预处理:预处理出每一条链的链长和每一条链的LCA(这个说法好像不大对)

 

 >>>>代码

#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 300005
using namespace std;
int len=-1,sum=-1;
int n,m,tot,times;
int head[maxn],to[2*maxn],nxt[2*maxn],val[2*maxn];
int dep[maxn],dis[maxn],fa[maxn][26],tmp[maxn],id[maxn];
struct node
{
    int u,v,lc,d;
}ed[maxn];
void read(int &x)
{
    x=0;int f=1;char s=getchar();
    while(s<'0'||s>'9'){if(s=='-') f=-1;s=getchar();}
    while(s>='0'&&s<='9'){x=x*10+s-'0';s=getchar();}x=x*f;
}
void add(int u,int v,int p)//前向星存双向边 
{
    to[++tot]=v;
    nxt[tot]=head[u];
    val[tot]=p;
    head[u]=tot;
}
int lca(int x,int y)//倍增求lca 
{
    if(dep[x]<dep[y]) swap(x,y);//保证x在更深的地方 
    for(int i=25;i>=0;--i)
    if(dep[fa[x][i]]>=dep[y]) x=fa[x][i];
    if(x==y) return x;
    for(int i=25;i>=0;--i)//两个一起往上跳 
    {
        if(fa[x][i]!=fa[y][i])
        x=fa[x][i],y=fa[y][i];
    }
    return fa[x][0];
}
void dfs(int u,int father) 
{
    id[++times]=u;//dfs序 
    for(int i=1;i<=25;++i) fa[u][i]=fa[fa[u][i-1]][i-1];//预处理倍增数组 
    for(int i=head[u];i;i=nxt[i])
    {
        int v=to[i];
        if(v==father) continue;
        fa[v][0]=u;
        dis[v]=dis[u]+val[i];
        dep[v]=dep[u]+1;
        dfs(v,u);
    }
}
bool check(int mid)
{
    int cnt=0,ans=-1;
    memset(tmp,0,sizeof(tmp));
    for(int i=1;i<=m;++i)
    {
        if(ed[i].d>mid)
        {
            tmp[ed[i].u]++;//点到父亲边的出现次数 
            tmp[ed[i].v]++;
            tmp[ed[i].lc]-=2;
            ans=max(ans,ed[i].d-mid);//找到“最大超出时限” 
            cnt++;
        }
    }
    if(cnt==0) return true;//所有边都小于mid 
    for(int i=n;i>=1;--i) tmp[fa[id[i]][0]]+=tmp[id[i]];
    //为什么要倒序?从更接近叶子节点的地方开始,更新父节点经过的次数 
    for(int i=2;i<=n;++i) //见解析 
    if(tmp[i]==cnt&&dis[i]-dis[fa[i][0]]>=ans) return true;
    return false;
}
int find(int l,int r)
{
    int ans;
    while(l<=r)
    {
        int mid=(l+r)>>1;
        if(check(mid)) ans=mid,r=mid-1;
        else l=mid+1;
    }
    return ans;
}
int main()
{
//    freopen("transport.in","r",stdin);
//    freopen("transport.out","w",stdout);
    read(n),read(m);
    for(int i=1;i<=n-1;++i)
    {
        int x,y,z;
        read(x),read(y),read(z);
        add(x,y,z),add(y,x,z);
        sum=max(sum,z);
    }
    dis[1]=0; dep[1]=1;
    dfs(1,1);
    for(int i=1;i<=m;++i)
    {
        read(ed[i].u),read(ed[i].v);
        ed[i].lc=lca(ed[i].u,ed[i].v);
        ed[i].d=dis[ed[i].u]+dis[ed[i].v]-2*dis[ed[i].lc];//求u到v的链长 
        len=max(len,ed[i].d);
    }
    printf("%d\n",find(len-sum,len));//二分 所用最短时间 
    return 0;/**/
}
/*
6 3
1 2 3
1 6 4
3 1 7
4 3 6
3 5 5
3 6
2 5
4 5
*/
戳这里

思路借鉴 洛谷大佬:@D_14134

完结撒花!

标签:11,tmp,NOIP2015,int,mid,航道,maxn,数据结构,D2T3
来源: https://www.cnblogs.com/psyyyyyy/p/10608799.html