[NOIP2015] 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

输入样例#1：
6 3 
1 2 3 
1 6 4 
3 1 7 
4 3 6 
3 5 5 
3 6 
2 5 
4 5
输出样例#1：
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。

 

模型：给出一棵树，给出树上的一些路径，要你删除一条边使得最大路径最小

题解：

LCA+二分+树上差分

先求出所有任务路径的长度（O(mlogn)）

二分，找出所有大于mid的任务路径，考虑删除一条边使得最大任务路径<=mid

要删的一定是所有任务路径都经过的权值最大的边

树上差分，对于一条任务路径(u,v)，cnt[u]+=1,cnt[v]+=1，cnt[lca(u,v)]-=2，再跑一遍dfs找出cnt[x]==任务路径数的边（O(logL*(m+n)，L=1000）

  1 #include<cstdio>
  2 #include<cstdlib>
  3 #include<cstring>
  4 #include<iostream>
  5 #include<cmath>
  6 #include<algorithm>
  7 #define ll long long
  8 #define RG register
  9 using namespace std;
 10 
 11 const int maxn = 300010;
 12 
 13 int n,m,mxl,ans=1<<30;
 14 int nxt[maxn*2],to[maxn*2],w[maxn*2],h[maxn],e_num;
 15 int fa[maxn],dep[maxn],top[maxn],siz[maxn],son[maxn],dist[maxn],way[maxn];
 16 int cnt[maxn],tot,mx,mx1;
 17 struct NODE {
 18   int x,y,l;
 19 }task[maxn];
 20 
 21 int gi() {
 22   int x=0; char ch=getchar();
 23   while(ch<'0' || ch>'9') ch=getchar();
 24   while(ch>='0' && ch<='9') {x=10*x+ch-'0';ch=getchar();}
 25   return x;
 26 }
 27 
 28 inline void add(int x, int y, int z) {nxt[++e_num]=h[x],to[e_num]=y,w[e_num]=z,h[x]=e_num;}
 29 
 30 inline void dfs1(int u) {
 31   siz[u]=1;
 32   for(int i=h[u]; i; i=nxt[i]) {
 33     int v=to[i];
 34     if(v==fa[u]) continue;
 35     fa[v]=u,dep[v]=dep[u]+1,dist[v]=dist[u]+w[i],way[v]=w[i];
 36     dfs1(v);
 37     if(siz[v]>siz[son[u]]) son[u]=v;
 38     siz[u]+=siz[v];
 39   }
 40 }
 41 
 42 inline void dfs2(int u) {
 43   if(son[u]) top[son[u]]=top[u],dfs2(son[u]);
 44   for(int i=h[u]; i; i=nxt[i]) {
 45     int v=to[i];
 46     if(v==fa[u] || v==son[u]) continue;
 47     top[v]=v,dfs2(v);
 48   }
 49 }
 50 
 51 inline int lca(int x, int y) {
 52   while(top[x]!=top[y]) {
 53     if(dep[top[x]]>dep[top[y]]) x=fa[top[x]];
 54     else y=fa[top[y]];
 55   }
 56   if(dep[x]<dep[y]) return x;
 57   else return y;
 58 }
 59 
 60 inline int dfs3(int u) {
 61   for(int i=h[u]; i; i=nxt[i]) {
 62     int v=to[i];
 63     if(v==fa[u]) continue;
 64     cnt[u]+=dfs3(v);
 65   }
 66   if(cnt[u]==tot) mx1=max(mx1,way[u]);
 67   return cnt[u];
 68 }
 69 
 70 inline bool check(int k) {
 71   memset(cnt,0,sizeof(cnt));
 72   mx=mx1=tot=0;
 73   for(int i=1; i<=m; i++) {
 74     if(task[i].l>k) {
 75       mx=max(mx,task[i].l);
 76       cnt[task[i].x]+=1,cnt[task[i].y]+=1,cnt[lca(task[i].x,task[i].y)]-=2;
 77       tot++;
 78     }
 79   }
 80   dfs3(1);
 81   return mx-mx1<=k;
 82 }
 83 
 84 int main() {
 85   n=gi(),m=gi();
 86   for(RG int i=1; i<n; i++) {
 87     int x=gi(),y=gi(),z=gi();
 88     add(x,y,z),add(y,x,z);
 89   }
 90   dep[1]=1,fa[1]=1,top[1]=1;
 91   dfs1(1),dfs2(1);
 92   for(RG int i=1; i<=m; i++) {
 93     int x=gi(),y=gi();
 94     task[i].x=x,task[i].y=y;
 95     task[i].l=dist[x]+dist[y]-2*dist[lca(x,y)];
 96     mxl=max(mxl,task[i].l);
 97   }
 98   int l=0,r=mxl,mid;
 99   l=max(r-1000,0);
100   while(l<=r) {
101     mid=(l+r)>>1;
102     if(check(mid)) ans=min(ans,mid),r=mid-1;
103     else l=mid+1;
104   }
105   printf("%d", ans);
106   return 0;
107 }

总结：

1、树上差分算路径的交

2、从根dfs到叶子，回溯时返回子孙的信息

3、不要无脑设二分上下界，保证正确性的情况下尽量使二分次数变少

posted @ 2017-08-03 10:10  HLX_Y  阅读(205)  评论(0)  编辑  收藏  举报