2923 -- 【模拟试题】藤原妹红

Description

在幻想乡，藤原妹红是拥有不老不死能力的人类。虽然不喜欢与人们交流，妹红仍然保护着误入迷途竹林村民。由于妹红算得上是幻想乡最强的人类，对于她而言，迷途竹林的单向道路亦可以逆行。在妹红眼中，迷途竹林可以视为一个由N个路口(编号1..N)，M条不同长度双向路连接的区域。妹红所在的红之自警队为了方便在迷途竹林中行动，绘制了一张特殊的迷途竹林地图，这张地图上只保留了N-1条道路，这些道路保证了任意两个路口间有且仅有一条路径，并且满足所有保留的道路长度之和最小，我们称这些道路为『自警队道路』。现在妹红打算在其中一个连接有多条『自警队道路』的路口设立根据地，当去掉这个根据地所在路口后，就会出现某些路口间无法通过『自警队道路』相互连通的情况，我们认为这时仍然能够通过『自警队道路』连通的路口属于同一个『区域』。妹红希望最后每个『区域』的『自警队道路』总长尽可能平均，请计算出她应该选择哪一个路口作为根据地。

下例中红色的路口为妹红选择的根据地，实线边表示『自警队道路』，绿色虚线边表示非『自警队道路』，数字表示边权，『自警队道路』中相同颜色的实线边代表属于同一个『区域』：

(尽可能平均即权值最小，设每一块『区域』的路线总长为 Length[i]，平均路线长度为Avg=SUM{Length[i]}/区域数，权值d=∑((Length[i]-Avg)^2))

Input

第1行：2个正整数N,M。

第2..M+1行：每行2个整数u,v和1个实数len，表示u,v之间存在长度为len的边。

Output

第1行：1个整数，最后选择的路口编号，存在多个可选路口时选择编号小的。

Sample Input

3 3

3 1 5

3 2 4

1 2 3

Sample Output

2

Hint

【样例解释】

妹红的『固定道路』为(1,2)和(2,3)。只能选择2作为根据地，产生的两个区域Length[i]分别为3和4，所以方差为：(4-3.5)^2+(3-3.5)^2=0.5

【数据范围】

对于60%的数据：3≤N≤2,000，N-1≤M≤50,000

对于100%的数据：3≤N≤40,000，N-1≤M≤200,000

对于100%的数据：0 < len ≤ 100,000,000

【注意】

保证不存在相同距离的线路，两个路口间可能出现多条路径，且任意点对间至少存在一条路径。

题解：

树形dp的模板，可以参考树的重心。

首先用Kruskal求出最小生成树，再树形dp就可以了
     最后有大神题解。

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#define eps 0.0000001
using namespace std;
struct nodee{int fr,to;double v;
}a[200005];
struct node{int to,nxt;double val;
}w[200005];
double sum=0,e[200005],ans=1e80,cur=0,val[200005];
int cnt=0,h[200005],fa[200005],n,m,c1=0,son[200005];
void add(int x,int y,int z)
{cnt++;w[cnt].to=y;w[cnt].nxt=h[x];w[cnt].val=z;h[x]=cnt;
}
bool cmp(nodee a,nodee b)
{return a.v-b.v<eps;
}
int get(int x)
{if(fa[x]==x)return x;return fa[x]=get(fa[x]);
}
void K()
{for(int i=1;i<=n;i++)fa[i]=i;sort(a+1,a+m+1,cmp);for(int i=1;i<=m;i++){int f1=get(a[i].fr),f2=get(a[i].to);if(f1!=f2){fa[f1]=f2,c1++;add(a[i].fr,a[i].to,a[i].v);add(a[i].to,a[i].fr,a[i].v);son[a[i].fr]++,son[a[i].to]++;sum+=a[i].v;}else continue;if(c1==n-1)break;}
}
void dp2(int pos,int fa)
{e[pos]=0;double avg=sum/(1.0*son[pos]);double mine=0;for(int i=h[pos];i;i=w[i].nxt){int j=w[i].to;if(j==fa)continue;dp2(j,pos);val[pos]+=(w[i].val+e[j]-avg)*(w[i].val+e[j]-avg);e[pos]+=(w[i].val+e[j]);mine+=(w[i].val+e[j]);}if(abs(sum-mine)>eps)val[pos]+=(sum-mine-avg)*(sum-mine-avg);if(son[pos]!=1&&(val[pos]-ans<eps||(val[pos]==ans&&pos<cur))){ans=val[pos];cur=pos;}return ;
}
int main(){cin>>n>>m;for(int i=1;i<=m;i++)scanf("%d%d%lf",&a[i].fr,&a[i].to,&a[i].v);K();dp2(1,0);cout<<cur;return 0;
}

附上某大神题解和代码。

题目大意：给定一个无向有权图,首先一个最小生成树 MST,从 MST 中选取一个度数大于 1 的点 作为根 K,使每颗子树及该子树到根的边权之和方差最小。输出 K 和最小方差的值。

算法1

首先毫无疑问的需要用到求最小生成树的算法,我们考虑使用 Kruskal 算法或是Prim 算法。求出最小生成树以后,依次枚举每一个点作为根进行遍历,取出其中的最小方差即可。

时间复杂度:O(MlogM+N^2)

期望得分:60

算法2

由于后 40%的数据 N 比较大,所以只能通过 Kruskal 算法求出最小生成树,接下来任选一个点作为根,进行一次遍历。记录 w[i]表示以 i 点作为根的子树的边权之和。 然后依次枚举每一个点 i,该点的子树权值可以直接求出,而以它父亲作为根的子树需要特殊处理。这颗特殊子树的权值为最小生成树总权值减去该点权值 w[i]。然后计算出方差,最后选取所有点当中最小方差的那个点即可。

时间复杂度:O(MlogM+N)

#include <iostream>
#include <vector>
#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
#include <algorithm>
using namespace std;#define MAXN 50009
#define MAXE 200009
#define pb(x) push_back(x)
#define mk(x, y) make_pair(x, y)struct EDGE
{int u, v;double length;
}   edge[ MAXE ];
int N, edgecnt;struct Tree
{vector< pair<int, double> > fir[ MAXN ];double Sum, w[ MAXN ];int path[ MAXN ];bool vis[ MAXN ];void Addedge(int u, int v, double length){Sum += length;fir[u].pb( mk(v, length) );fir[v].pb( mk(u, length) );return ;}void DFS(int now){vis[ now ] = true;for (int i = 0; i != fir[now].size(); i++)if (!vis[ fir[now][i].first ]){path[ fir[now][i].first ] = now;DFS( fir[now][i].first );w[now] += fir[now][i].second + w[ fir[now][i].first ];}return ;}void GetAns(){int best(-1);double best_ans(0), tp(0), Avg(0);DFS(1);for (int i = 1; i <= N; i++)if (fir[i].size() > 1){tp = 0;Avg = Sum / fir[i].size();for (int j = 0; j != fir[i].size(); j++)if (fir[i][j].first != path[i])tp += (Avg - fir[i][j].second - w[ fir[i][j].first ]) * (Avg - fir[i][j].second - w[ fir[i][j].first ]);else tp += (Avg - (Sum - w[i])) * (Avg - (Sum - w[i]));if (best == -1 || tp < best_ans)best_ans = tp, best = i;}printf("%d\n", best);return ;}
}   MST;struct Kruskal
{int path[ MAXN ];int Find(int x){if (x != path[x]) path[x] = Find( path[x] );return path[x];}void Input(){scanf("%d %d", &N, &edgecnt);for (int i = 1; i <= edgecnt; i++)scanf("%d %d %lf", &edge[i].u, &edge[i].v, &edge[i].length);return ;}void Work(){int cnt(1), x, y;for (int i = 1; i <= N; i++)path[i] = i;for (int i = 1; i <= edgecnt && cnt < N; i++){x = Find( edge[i].u );y = Find( edge[i].v );if (path[x] == path[y]) continue;path[x] = path[y];MST.Addedge(edge[i].u, edge[i].v, edge[i].length);++cnt;}return ;}
}   Kruskal;bool Comp(EDGE x, EDGE y)
{return x.length < y.length;
}int main()
{Kruskal.Input();sort(edge + 1, edge + edgecnt + 1, Comp);Kruskal.Work();MST.GetAns();return 0;
}