[BZOJ4009][HNOI2015]接水果(整体二分)
[HNOI2015]接水果
时间限制：60s 空间限制：512MB
题目描述
风见幽香非常喜欢玩一个叫做 osu!的游戏，其中她最喜欢玩的模式就是接水果。由于她已经DT FC 了The big black, 她觉得这个游戏太简单了，于是发明了一个更加难的版本。首先有一个地图，是一棵由 n 个顶点、n-1 条边组成的树（例如图 1给出的树包含 8 个顶点、7 条边）。这颗树上有 P 个盘子，每个盘子实际上是一条路径（例如图 1 中顶点 6 到顶点 8 的路径），并且每个盘子还有一个权值。第 i 个盘子就是顶点a_i到顶点b_i的路径(由于是树，所以从a_i到b_i的路径是唯一的)，权值为c_i。接下来依次会有Q个水果掉下来，每个水果本质上也是一条路径，第i 个水果是从顶点 u_i 到顶点v_i 的路径。幽香每次需要选择一个盘子去接当前的水果：一个盘子能接住一个水果，当且仅当盘子的路径是水果的路径的子路径（例如图1中从 3到7 的路径是从1到8的路径的子路径）。这里规定:从a 到b的路径与从b到 a的路径是同一条路径。当然为了提高难度，对于第 i 个水果，你需要选择能接住它的所有盘子中，权值第 k_i 小的那个盘子，每个盘子可重复使用（没有使用次数的上限：一个盘子接完一个水果后，后面还可继续接其他水果，只要它是水果路径的子路径）。幽香认为这个游戏很难，你能轻松解决给她看吗？
输入格式
第一行三个数 n和P 和Q，表示树的大小和盘子的个数和水果的个数。
接下来n-1 行，每行两个数 a、b，表示树上的a和b 之间有一条边。树中顶点按1到 n标号。 接下来 P 行，每行三个数 a、b、c，表示路径为 a 到 b、权值为 c 的盘子，其中0≤c≤10^9，a不等于b。接下来Q行，每行三个数 u、v、k，表示路径为 u到 v的水果，其中 u不等于v，你需要选择第 k小的盘子，第k 小一定存在。
输出格式
对于每个果子，输出一行表示选择的盘子的权值。
样例输入
10 10 10 1 2 2 3 3 4 4 5 5 6 6 7 7 8 8 9 9 10 3 2 217394434 10 7 13022269 6 7 283254485 6 8 333042360 4 6 442139372 8 3 225045590 10 4 922205209 10 8 808296330 9 2 486331361 4 9 551176338 1 8 5 3 8 3 3 8 4 1 8 3 4 8 1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 4 1 1 4 1
样例输出
442139372 333042360 442139372 283254485 283254485 217394434 217394434 217394434 217394434 217394434
提示
N,P,Q<=40000。
题目来源
没有写明来源
类似HNOI2017的影魔，思想是把对象映射到平面上。
代码用时：1.5h。非常裸，整体二分加扫描线，树状数组代替线段树既省时有省力。
1 #include<cstdio> 2 #include<algorithm> 3 #define rep(i,l,r) for (int i=l; i<=r; i++) 4 #define For(i,x) for (int i=h[x],k; i; i=nxt[i]) 5 using namespace std; 6 7 const int N=80100; 8 int n,m,q,a,b,c,k,u,cnt,fa[N][18],dfn[N],tim,lst[N],v[N],dep[N],ans[N],sum[N],nxt[N],h[N],to[N],tot; 9 struct P{ int x1,x2,y1,y2,v; }p[N]; 10 struct D{ int x,y1,y2,v,id; }d[N]; 11 struct Q{int x,y,k,id; }pnt[N],t1[N],t2[N]; 12 bool operator <(P a,P b){ return a.v<b.v; } 13 bool operator <(D a,D b){ return a.x==b.x ? a.id<b.id : a.x<b.x; } 14 void add(int u,int v){ nxt[++tot]=h[u]; h[u]=tot; to[tot]=v; } 15 int que(int x){ int res=0; for (; x; x-=(x&(-x))) res+=v[x]; return res; } 16 17 void mdf(int l,int r,int k){ 18 for (int i=l; i<=n; i+=(i&(-i))) v[i]+=k; 19 for (int i=r+1; i<=n; i+=(i&(-i))) v[i]-=k; 20 } 21 22 void dfs(int x){ 23 dfn[x]=++tim; 24 rep(i,1,17) fa[x][i]=fa[fa[x][i-1]][i-1]; 25 For(i,x) if ((k=to[i])!=fa[x][0]) fa[k][0]=x,dep[k]=dep[x]+1,dfs(k); 26 lst[x]=tim; 27 } 28 29 int go(int a,int h){ for (int i=16; ~i; i--) if (h&(1<<i)) a=fa[a][i]; return a; } 30 31 int lca(int a,int b){ 32 if (dep[a]<dep[b]) swap(a,b); 33 a=go(a,dep[a]-dep[b]); 34 if (a==b) return a; 35 for (int i=16; ~i; i--) if (fa[a][i]!=fa[b][i]) a=fa[a][i],b=fa[b][i]; 36 return fa[a][0]; 37 } 38 39 void solve(int l,int r,int st,int ed){ 40 if (st>ed) return; 41 if (l==r){ rep(i,st,ed) ans[pnt[i].id]=p[l].v; return; } 42 int mid=(l+r)>>1,sz=0; 43 rep(i,l,mid){ 44 d[++sz]=(D){p[i].x1,p[i].y1,p[i].y2,1,0}; 45 d[++sz]=(D){p[i].x2,p[i].y1,p[i].y2,-1,n+1}; 46 } 47 rep(i,st,ed) d[++sz]=(D){pnt[i].x,pnt[i].y,0,0,i}; 48 sort(d+1,d+sz+1); 49 rep(i,1,sz) 50 if (st<=d[i].id && d[i].id<=ed) sum[d[i].id]=que(d[i].y1); 51 else mdf(d[i].y1,d[i].y2,d[i].v); 52 int a=0,b=0; 53 rep(i,st,ed) 54 if (sum[i]>=pnt[i].k) t1[++a]=pnt[i]; 55 else t2[++b]=(Q){pnt[i].x,pnt[i].y,pnt[i].k-sum[i],pnt[i].id}; 56 rep(i,st,st+a-1) pnt[i]=t1[i-st+1]; 57 rep(i,st+a,ed) pnt[i]=t2[i-st-a+1]; 58 solve(l,mid,st,st+a-1); solve(mid+1,r,st+a,ed); 59 } 60 61 int main(){ 62 freopen("bzoj4009.in","r",stdin); 63 freopen("bzoj4009.out","w",stdout); 64 scanf("%d%d%d",&n,&m,&q); 65 rep(i,1,n-1) scanf("%d%d",&a,&b),add(a,b),add(b,a); 66 dfs(1); 67 rep(i,1,m){ 68 scanf("%d%d%d",&a,&b,&c); u=lca(a,b); 69 if (dfn[a]>dfn[b]) swap(a,b); 70 if (u!=a) p[++cnt]=(P){dfn[a],lst[a],dfn[b],lst[b],c}; 71 else{ 72 int w=go(b,dep[b]-dep[a]-1); 73 p[++cnt]=(P){1,dfn[w]-1,dfn[b],lst[b],c}; 74 if (lst[w]<n) p[++cnt]=(P){dfn[b],lst[b],lst[w]+1,n,c}; 75 } 76 } 77 sort(p+1,p+cnt+1); 78 rep(i,1,q){ 79 scanf("%d%d%d",&a,&b,&k); 80 if (dfn[a]>dfn[b]) swap(a,b); 81 pnt[i]=(Q){dfn[a],dfn[b],k,i}; 82 } 83 solve(1,cnt,1,q); 84 rep(i,1,q) printf("%d\n",ans[i]); 85 return 0; 86 }
