bzoj 4326: NOIP2015 运输计划

2023-07-24 11:56:58

4326: NOIP2015 运输计划

Time Limit: 30 Sec Memory Limit: 128 MB

Description

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*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？

Input

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

Output

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。

Sample Input

6 3

1 2 3

1 6 4

3 1 7

4 3 6

3 5 5

3 6

2 5

4 5

Sample Output

题目分析

当初联赛此题我看都来得及没看，好弱啊。当初听学长说此题是一道树剖，本蒟蒻现在学了树剖还是不会。

首先，此题要求最大值最小，容易可以想到二分。

现在要想如何\(check\)。

显然，要变为虫洞的边应该在所有比\(mid\)值大的路径上，于是我们需要快速求出所有这类路径的交集上的最大边。

我们可以用差分来进行求交集，之后乱搞一下就好了。

代码比较丑，用时8500ms+

#include <cstdio>

#include <cstring>

#include <iostream>

#include <algorithm>

using namespace std;

//Input

int ina; char inc,inb[1<<16],*ine=inb,*ins=inb;

#define getc() ((ins==ine&&(ine=(ins=inb)+fread(inb,1,1<<16,stdin),ins==ine))?EOF:*ins++)

inline int geti() {

    while((inc=getc())<'0'||inc>'9'); ina=inc-'0';

    while((inc=getc())>='0'&&inc<='9') ina=(ina<<3)+(ina<<1)+inc-'0';

    return ina;

}

//Tree

#define N 300010

int son[N],fa[N],top[N],head[N],nxt[N<<1],to[N<<1],w[N<<1],tote,dep[N],dis[N],d[N];

#define FOR(a,b) for(int a=head[b];~a;a=nxt[a])

int dfs1(int u) {

    int ret=1,t,mx=0; son[u]=0;

    FOR(i,u) if(to[i]^fa[u]) {

        dep[to[i]]=dep[u]+1;

        dis[to[i]]=dis[u]+w[i];

        fa[to[i]]=u;

        ret +=(t=dfs1(to[i]));

        (mx<t)?mx=t,son[u]=to[i]:1;

    }

    return ret;

}

void dfs2(int u,int tp) {

    top[u]=tp; if(son[u]) dfs2(son[u],tp);

    FOR(i,u) if(to[i]!=fa[u]&&to[i]!=son[u])

        dfs2(to[i],to[i]);

}

int lca(int u,int v) {

    while(top[u]^top[v]) {

        if(dep[top[u]]<dep[top[v]]) u^=v^=u^=v;

        u=fa[top[u]];

    }

    return (dep[u]<dep[v])?u:v;

}

//Operator

int From[N],End[N],Len[N],Lca[N];

//main

int mxdis,mxedge,cntmor,val[N],n,m;

int rejudge(int u) {

    FOR(i,u) if(to[i]^fa[u]) d[u]+=rejudge(to[i]);

    (d[u]==cntmor&&mxedge<val[u])?mxedge=val[u]:1;

    return d[u];

}

bool check(int x) {

    mxdis=mxedge=cntmor=0;

    memset(d,0,sizeof d);

    for(int i=1;i<=m;++i) if(Len[i]>x) {

        (mxdis<Len[i])?mxdis=Len[i]:1;

        ++d[From[i]],++d[End[i]];

        d[Lca[i]]-=2; ++cntmor;

    }

    rejudge(1);

    return mxdis-mxedge<=x;

}

int main() {

    int i,j,k,a,b,c,l,r=0,mid,ans;

    memset(head,-1,sizeof head);

    for(n=geti(),m=geti(),i=1;i<n;++i) {

        a=geti(),b=geti(),c=geti();

        to[tote]=b,nxt[tote]=head[a],w[tote]=c,head[a]=tote++;

        to[tote]=a,nxt[tote]=head[b],w[tote]=c,head[b]=tote++;

    }

    dfs1(1), dfs2(1,1);

    for(i=0;i<tote;i+=2) val[(dep[to[i]]<dep[to[i^1]])?to[i^1]:to[i]]=w[i];

    for(i=1;i<=m;++i) {

        From[i]=geti(),End[i]=geti();

        Len[i]=dis[From[i]]+dis[End[i]]-2*dis[Lca[i]=lca(From[i],End[i])];

        (r<Len[i])?r=Len[i]:1;

    }

    l=0;

    while(l<=r) {

        mid=l+r>>1;

        if(check(mid)) r=(ans=mid)-1;

        else l=mid+1;

    }

    return printf("%d\n",ans),0;

}

update:

此代码在洛谷（被某人刷贴之后管理员改时限过了）和CodeVs（非官方数据）上被卡掉了，似乎用tarjan可过，不过不想改了。

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