[NOIP 2015TG D2T3] 运输计划
题目背景
公元 2044 年,人类进入了宇宙纪元。
题目描述
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?
输入输出格式
输入格式:
输入文件名为 transport.in。
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。
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。
输出格式:
输出 共1行,包含1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。
输入输出样例
6 3 1 2 3 1 6 4 3 1 7 4 3 6 3 5 5 3 6 2 5 4 5
11
说明
所有测试数据的范围和特点如下表所示
请注意常数因子带来的程序效率上的影响。
好烦呐。。。
让我们一步一步对这道难题深入分析。
1.整棵树在整个过程中改变的只有1条边的权值,其他边与树的结构都没变化,这是很重要的;
2.我们要在很短的时间内要知道这棵树中任意两点间的距离——那么我们就要选择比较优秀的算法了。由于n,m很大,所以我们能选的较为不错的,一个是用LCA来解,另一个就是用树链剖分(我个人认为树链剖分写起来更快,而且更容易查错);
3.我们必定要将m条路径中,起点终点的LCA求出,作为中转站,便于解题;
4.仔细读题目,任务是让我们求最小的最大值,那么我们自然而然会想到二分;
5.假设我们用树链剖分先将m条路线两点距离等需要的量预处理出来,需要mlogn的时间,而二分又是log级别的,所以主要考虑的还要放在二分的check上面;
6.check怎么来?不慌,按照题目中要求的。当然,不能枚举每条边再判断,否则这样的复杂度已经到了nlog(R-L),意味着判断的过程要在log级别以下,这是完全不可能的(你还要枚举路径呢(m条))。那怎么办?对于这题,check成功的条件更容易判断。怎样算check成功?假设,当前二分的最大值为high,如果m条路径中dis大于high的都记录下来(可以之前就排趟序),假设有cnt条,然后,我们要找一条边,将这条边权值变为0后,要达到m条路径的dis都小于等于high的目的,说明这cnt条“超标”路径必定经过这条边,并且dis[当前路径]-w[当前边]<=high,这样才行;
7.那怎么记录每条边被经过的次数?首先,我们会有一个暴力的想法(真的暴力),如果一条路径(x,y)“超标”,那么将x-->LCA(x,y)和y-->LCA(x,y)经过的边都加上1个经过次数。但是这样实在太慢(只有80分,算不错了),毕竟如果出现链状,时间就退化成线性的了(而且这个链也非可以剖分的树链)。那么怎么优化?我们想到了差分的方法(我真心没想到)。像上面这个例子,就把f[x]++,f[y]++,f[LCA(x,y)]-=2,其中f[i]表示的是从节点i到其父节点的次数(1当然没有),我们可以用DFS累加的方式求出所有边经过的次数。这样,check这个过程的复杂度就降到了O(n)左右,不虚了;
8.当然这种题目肯定都要卡常的,在评测时我加了一句话,出现了神奇的一幕。。。我先用第一种方法(步骤7里),在check开头加了一句if (a[1].dis>high+1000) return 0;(其中a数组按关键字dis从大到小排序),结果就A了!在第二种方法写上同样的东西,跑得反而没有第一种快,还TLE了1个点。。。[yun]蒽哼哼,我想,这也许就是“神剪枝”的威力吧。。。orz ○| ̄|_
下面给出两份代码:
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<algorithm> 4 #include<queue> 5 #define Me(Arr) memset(Arr,0,sizeof Arr); 6 using namespace std; 7 const int maxn=300005,maxe=600005; 8 int n,m,L,R,mid,ans; 9 int lnk[maxn],nxt[maxe],son[maxe],w[maxe],id[maxe],wsin[maxn],pointto[maxn],tot; 10 int size[maxn],fa[maxn],dep[maxn],gonxt[maxn],top[maxn]; 11 int bel[maxn],wei[maxn],wtofa[maxn],cnt; 12 int f[maxn]; 13 struct data{ 14 int x,y,dis,LCA; 15 bool operator < (const data &u) const {return dis>u.dis;} 16 }a[maxn]; 17 int read(){ 18 int x=0; char ch=getchar(); 19 while (ch<'0'||ch>'9') ch=getchar(); 20 while (ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar(); 21 return x; 22 } 23 void INIT(){ 24 tot=cnt=0; 25 Me(lnk); Me(nxt); Me(son); Me(w); Me(id); Me(wsin); Me(wtofa); Me(pointto); 26 Me(size); Me(fa); Me(dep); Me(gonxt); Me(top); Me(wei); Me(bel); 27 top[1]=cnt=bel[1]=1,L=0,R=-1; 28 } 29 void add(int i,int x,int y,int z){ 30 nxt[++tot]=lnk[x],son[tot]=y,w[tot]=z,id[tot]=i,lnk[x]=tot; 31 } 32 void DFS_1(int x,int u,int layer){ 33 size[x]=1,fa[x]=u,dep[x]=layer; 34 for (int j=lnk[x]; j; j=nxt[j]) if (son[j]!=u){ 35 DFS_1(son[j],x,layer+1); size[x]+=size[son[j]],wtofa[son[j]]=w[j],pointto[son[j]]=id[j]; 36 if (size[gonxt[x]]<size[son[j]]) gonxt[x]=son[j],wei[x]=w[j]; 37 } 38 } 39 void DFS_2(int x){ 40 if (gonxt[x]) top[gonxt[x]]=top[x],bel[gonxt[x]]=bel[x],DFS_2(gonxt[x]),wei[x]+=wei[gonxt[x]]; 41 for (int j=lnk[x]; j; j=nxt[j]) if (son[j]!=fa[x]&&son[j]!=gonxt[x]) top[son[j]]=son[j],bel[son[j]]=++cnt,DFS_2(son[j]); 42 } 43 void prepare(){ 44 DFS_1(1,0,1); DFS_2(1); 45 } 46 int abso(int x){return x>0?x:-x;} 47 int get(int i,int x,int y){ 48 int ret=0; 49 while (bel[x]!=bel[y]) 50 if (dep[top[x]]>dep[top[y]]) ret+=wei[top[x]]-wei[x]+wtofa[top[x]],x=fa[top[x]]; 51 else ret+=wei[top[y]]-wei[y]+wtofa[top[y]],y=fa[top[y]]; 52 ret+=abso(wei[x]-wei[y]); 53 a[i].LCA=dep[x]<dep[y]?x:y; 54 return ret; 55 } 56 void work(int u,int v,int LCA){ 57 while (u!=LCA) f[pointto[u]]++,u=fa[u]; 58 while (v!=LCA) f[pointto[v]]++,v=fa[v]; 59 } 60 bool jug(int high){ 61 if (a[1].dis>high+1000) return 0; 62 Me(f); int decneed=a[1].dis-high,cnt=0; 63 for (int i=1; i<=m; i++) if (a[i].dis>high) work(a[i].x,a[i].y,a[i].LCA),cnt++; else break; 64 if (!cnt) return 1; 65 for (int i=1; i<n; i++) if (f[i]==cnt&&wsin[i]>=decneed) return 1; 66 return 0; 67 } 68 int main(){ 69 n=read(),m=read(),INIT(); 70 for (int i=1; i<n; i++){ 71 int x=read(),y=read(),z=read(); add(i,x,y,z),add(i,y,x,z); wsin[i]=z; 72 } 73 prepare(); 74 for (int i=1; i<=m; i++) a[i].x=read(),a[i].y=read(),a[i].dis=get(i,a[i].x,a[i].y),R=max(R,a[i].dis); 75 sort(a+1,a+1+m); 76 while (L<=R){ 77 mid=(L+R)>>1; 78 if (jug(mid)) ans=mid,R=mid-1; else L=mid+1; 79 } 80 printf("%d",ans); 81 return 0; 82 }
View Code
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<algorithm> 4 #include<queue> 5 #define Me(Arr) memset(Arr,0,sizeof Arr); 6 using namespace std; 7 const int maxn=300005,maxe=600005; 8 int n,m,L,R,mid,ans; 9 int lnk[maxn],nxt[maxe],son[maxe],w[maxe],tot; 10 int size[maxn],fa[maxn],dep[maxn],gonxt[maxn],top[maxn]; 11 int bel[maxn],wei[maxn],wtofa[maxn],cnt; 12 int f[maxn]; 13 struct data{ 14 int x,y,dis,LCA; 15 bool operator < (const data &u) const {return dis>u.dis;} 16 }a[maxn]; 17 int read(){ 18 int x=0; char ch=getchar(); 19 while (ch<'0'||ch>'9') ch=getchar(); 20 while (ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar(); 21 return x; 22 } 23 void INIT(){ 24 tot=cnt=0; 25 Me(lnk); Me(nxt); Me(son); Me(w); Me(wtofa); 26 Me(size); Me(fa); Me(dep); Me(gonxt); Me(top); Me(wei); Me(bel); 27 top[1]=cnt=bel[1]=1,L=0,R=-1; 28 } 29 void add(int i,int x,int y,int z){ 30 nxt[++tot]=lnk[x],son[tot]=y,w[tot]=z,lnk[x]=tot; 31 } 32 void DFS_1(int x,int u,int layer){ 33 size[x]=1,fa[x]=u,dep[x]=layer; 34 for (int j=lnk[x]; j; j=nxt[j]) if (son[j]!=u){ 35 DFS_1(son[j],x,layer+1); size[x]+=size[son[j]],wtofa[son[j]]=w[j]; 36 if (size[gonxt[x]]<size[son[j]]) gonxt[x]=son[j],wei[x]=w[j]; 37 } 38 } 39 void DFS_2(int x){ 40 if (gonxt[x]) top[gonxt[x]]=top[x],bel[gonxt[x]]=bel[x],DFS_2(gonxt[x]),wei[x]+=wei[gonxt[x]]; 41 for (int j=lnk[x]; j; j=nxt[j]) if (son[j]!=fa[x]&&son[j]!=gonxt[x]) top[son[j]]=son[j],bel[son[j]]=++cnt,DFS_2(son[j]); 42 } 43 void DFS_3(int x){ 44 for (int j=lnk[x]; j; j=nxt[j]) if (son[j]!=fa[x]) DFS_3(son[j]),f[x]+=f[son[j]]; 45 } 46 void prepare(){ 47 DFS_1(1,0,1); DFS_2(1); 48 } 49 int abso(int x){return x>0?x:-x;} 50 int get(int i,int x,int y){ 51 int ret=0; 52 while (bel[x]!=bel[y]){ 53 if (dep[top[x]]>dep[top[y]]) ret+=wei[top[x]]-wei[x]+wtofa[top[x]],x=fa[top[x]]; 54 else ret+=wei[top[y]]-wei[y]+wtofa[top[y]],y=fa[top[y]]; 55 } 56 a[i].LCA=dep[x]<dep[y]?x:y; 57 ret+=abso(wei[x]-wei[y]); 58 return ret; 59 } 60 bool jug(int high){ 61 if (a[1].dis>high+1000) return 0; 62 if (a[1].dis<=high) return 1; 63 Me(f); int decneed=a[1].dis-high,cnt=0; 64 for (int i=1; i<=m; i++) if (a[i].dis>high) f[a[i].x]++,f[a[i].y]++,f[a[i].LCA]-=2,cnt++; else break; 65 DFS_3(1); 66 for (int i=2; i<=n; i++) if (f[i]==cnt&&wtofa[i]>=decneed) return 1; 67 return 0; 68 } 69 int main(){ 70 n=read(),m=read(),INIT(); 71 for (int i=1; i<n; i++){ 72 int x=read(),y=read(),z=read(); add(i,x,y,z),add(i,y,x,z); 73 } 74 prepare(); 75 for (int i=1; i<=m; i++) a[i].x=read(),a[i].y=read(),a[i].dis=get(i,a[i].x,a[i].y),R=max(R,a[i].dis); 76 sort(a+1,a+1+m); 77 while (L<=R){ 78 mid=(L+R)>>1; 79 if (jug(mid)) ans=mid,R=mid-1; else L=mid+1; 80 } 81 printf("%d",ans); 82 return 0; 83 }
View Code
转载于:https://www.cnblogs.com/whc200305/p/7121389.html
[NOIP 2015TG D2T3] 运输计划相关推荐
- [NOIP 2015]运输计划-[树上差分+二分答案]-解题报告
[NOIP 2015]运输计划 题面: A[NOIP2015 Day2]运输计划 时间限制 : 20000 MS 空间限制 : 262144 KB 问题描述 公元 2044 年,人类进入了宇宙纪元. ...
- UOJ #150 【NOIP2015】 运输计划
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 ...
- 【Bzoj4326】运输计划
4326: NOIP2015 运输计划 Time Limit: 30 Sec Memory Limit: 128 MB Submit: 1091 Solved: 696 [Submit][Stat ...
- BZOJ 4326 NOIP2015 运输计划(树上差分+LCA+二分答案)
4326: NOIP2015 运输计划 Time Limit: 30 Sec Memory Limit: 128 MB Submit: 1388 Solved: 860 [Submit][Stat ...
- P2680 运输计划(树上差分+lca+二分)
题目背景 公元 20442044 年,人类进入了宇宙纪元. 题目描述 公元20442044 年,人类进入了宇宙纪元. L 国有 nn 个星球,还有 n-1n−1 条双向航道,每条航道建立在两个星球之间 ...
- P2680 运输计划
传送门 十分显然完成工作的时间和航耗时最长的运输计划有关 所以题目意思就是要求最大值最小 所以可以想到二分 把所有大于mid时间的航线打上标记,显然删边只能在所有这些航线的公共路径上 要如何快速打标记 ...
- [NOIP2015提高组]运输计划
题目:BZOJ4326.洛谷P2680.Vijos P1983.UOJ#150.codevs4632.codevs5440. 题目大意:有一棵带权树,有一些运输计划,第i个运输计划从ai到bi,耗时为 ...
- cogs2109 [NOIP2015] 运输计划
cogs2109 [NOIP2015] 运输计划 二分答案+树上差分. STO链剖巨佬们我不会(太虚伪了吧 首先二分一个答案,下界为0,上界为max{路径长度}. 然后判断一个答案是否可行,这里用到树 ...
- [luogu2680] 运输计划 (lca+二分+树上差分)
传送门 Description Input Output 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 ...
最新文章
- Core Java 第三章 Java基本的程序设计结构
- .NET西安社区 [拥抱开源,又见 .NET] 活动简报
- 计算机网络之数据链路层:11、CSMA/CD协议-随机访问介质访问控制
- Hadoop框架:NameNode工作机制详解
- python 爬虫应用
- 改变权限Linux,Linux chmod改变权限属性命令
- 正则表达式中符号的含义(可能不是很全)
- MAC自带的lnmp
- 全国大学生数学建模竞赛2016A题系泊系统的设计MATLAB程序
- 高中数学建模优秀论文_高中数学建模优秀论文
- 计算机专业优势及就业前景,女生学习计算机专业的优势及就业前景
- 中兴GWH-11 ZXV10 H108B的AD路由器获取超级用户密码
- adobe flash player 过期问题
- CAD基础+常用快捷(三)
- 爬虫内涵段子贴吧内容
- DSP28335的SPWM波生成方法
- DOCK6.9学习(VII)
- 【排序-简单】1528. 重新排列字符串
- 吴恩达深度神经网络笔记—人脸识别
- python 画任意函数曲线_使用Python画数学函数曲线