[AMPPZ2014] Petrol
问题描述
给定一个n个点、m条边的带权无向图，其中有s个点是加油站。
每辆车都有一个油量上限b，即每次行走距离不能超过b，但在加油站可以补满。
q次询问，每次给出x,y,b，表示出发点是x，终点是y，油量上限为b，且保证x点和y点都是加油站，请回答能否从x走到y。
输入格式
第一行包含三个正整数n,s,m(2<=s<=n<=200000,1<=m<=200000)，表示点数、加油站数和边数。
第二行包含s个互不相同的正整数c[1],c[2],...c[s] (1<=c[i]<=n)，表示每个加油站。
接下来m行，每行三个正整数u[i],v[i],d[i] (1<=u[i],v[i]<=n,u[i]!=v[i],1<=d[i]<=10000)，表示u[i]和v[i]之间有一条长度为d[i]的双向边。
接下来一行包含一个正整数q(1<=q<=200000)，表示询问数。
接下来q行，每行包含三个正整数x[i],y[i],b[i] (1<=x[i],y[i]<=n,x[i]!=y[i],1<=b[i]<=2*10^9)，表示一个询问。
输出格式
输出q行。第i行输出第i个询问的答案，如果可行，则输出TAK，否则输出NIE。
样例输入
6 4 5
1 5 2 6
1 3 1
2 3 2
3 4 3
4 5 5
6 4 5
4
1 2 4
2 6 9
1 5 9
6 5 8
样例输出
TAK
TAK
TAK
NIE
解析
如果全是加油站，问题就变成了对每一个询问，查找是否存在一条S到T的路径使该路径上的每一条边的长度均小于b。我们可以利用最小生成树中两点路径上的最大边最小的性质，对原图求最小生成树，利用倍增查询两点之间边权最大值，如果小于等于b就说明可行。
但问题是还有其他的点。我们需要将原图改为只有加油站构成的图。可以发现，改编图中两点之间的一条边对应原图中两点的一条路径。设\(p[i]\)表示离i最近的加油站，\(dis[i]\)表示到最近的加油站的距离。观察一条的路径，一定会存在一条边使得该边的两端点的p值不同。也就是说，在求出\(p\)和\(dis\)后，对于每一条边\((u,v)\)，如果\(p[u]\)不等于\(p[v]\)，说明\(p[u]\)到\(p[v]\)之间有一条路径，长度为\(dis[u]+dis[v]+len(u,v)\)。对应地在新图中连边即可。
还有几个需要注意的地方。
1.这样做会导致重边很多，要注意去重。
2.新图可能是不连通的，MST会是一个最小生成树森林。所以在倍增查询之前要判断两点是否在同一个连通块中。
代码
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <cmath>
#define N 200002
#define M 200002
using namespace std;
struct Edge{
int u,v,w;
}e[M];
int head[N],ver[M*2],nxt[M*2],edge[M*2],l;
int n,s,m,q,i,j,c[N],p[N],dis[N],cnt,fa[N],dep[N],f[N][30],g[N][30],num,bcc[N];
bool in[N];
int read()
{
char c=getchar();
int w=0;
while(c<'0'||c>'9') c=getchar();
while(c<='9'&&c>='0'){
w=w*10+c-'0';
c=getchar();
}
return w;
}
void insert(int x,int y,int z)
{
l++;
ver[l]=y;
edge[l]=z;
nxt[l]=head[x];
head[x]=l;
}
void SPFA()
{
queue<int> q;
memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
for(int i=1;i<=s;i++){
q.push(c[i]);
dis[c[i]]=0;in[c[i]]=1;
p[c[i]]=c[i];
}
while(!q.empty()){
int x=q.front();
q.pop();
for(int i=head[x];i;i=nxt[i]){
int y=ver[i];
if(dis[y]>dis[x]+edge[i]){
dis[y]=dis[x]+edge[i];
p[y]=p[x];
if(!in[y]){
in[y]=1;
q.push(y);
}
}
}
in[x]=0;
}
}
int my_comp(const Edge &x,const Edge &y)
{
return x.w<y.w;
}
int find(int x)
{
if(fa[x]!=x) fa[x]=find(fa[x]);
return fa[x];
}
void Kruskal()
{
memset(head,0,sizeof(head));
l=0;
int num=n;
for(int i=1;i<=n;i++) fa[i]=i;
sort(e+1,e+cnt+1,my_comp);
for(int i=1;i<=cnt;i++){
if(num==1) break;
int f1=find(e[i].u),f2=find(e[i].v);
if(f1!=f2){
num--;
fa[f1]=f2;
insert(e[i].u,e[i].v,e[i].w);
insert(e[i].v,e[i].u,e[i].w);
}
}
}
void dfs(int x,int pre)
{
bcc[x]=num;
dep[x]=dep[pre]+1;
f[x][0]=pre;
for(int i=head[x];i;i=nxt[i]){
int y=ver[i];
if(y!=pre){
g[y][0]=edge[i];
dfs(y,x);
}
}
}
void init()
{
for(int i=1;i<=s;i++){
if(!dep[c[i]]){
num++;
dfs(c[i],0);
}
}
for(int j=0;(1<<(j+1))<s;j++){
for(int i=1;i<=s;i++){
if(f[c[i]][j]==0) f[c[i]][j+1]=0;
else f[c[i]][j+1]=f[f[c[i]][j]][j];
g[c[i]][j+1]=max(g[c[i]][j],g[f[c[i]][j]][j]);
}
}
}
int ask(int u,int v)
{
if(dep[u]>dep[v]) swap(u,v);
int tmp=dep[v]-dep[u],ans=0;
for(int i=0;(1<<i)<=tmp;i++){
if(tmp&(1<<i)){
ans=max(ans,g[v][i]);
v=f[v][i];
}
}
if(u==v) return ans;
for(int i=log2(1.0*s);i>=0;i--){
if(f[u][i]!=f[v][i]){
ans=max(ans,max(g[u][i],g[v][i]));
u=f[u][i],v=f[v][i];
}
}
ans=max(ans,max(g[u][0],g[v][0]));
return ans;
}
int main()
{
n=read();s=read();m=read();
for(i=1;i<=s;i++) c[i]=read();
for(i=1;i<=m;i++){
int u=read(),v=read(),w=read();
insert(u,v,w);
insert(v,u,w);
}
SPFA();
for(i=1;i<=n;i++){
for(j=head[i];j;j=nxt[j]){
if(p[i]<p[ver[j]]) e[++cnt]=(Edge){p[i],p[ver[j]],dis[i]+dis[ver[j]]+edge[j]};
}
}
Kruskal();
init();
q=read();
for(i=1;i<=q;i++){
int x=read(),y=read(),b=read();
if(bcc[x]!=bcc[y]||ask(x,y)>b) puts("NIE");
else puts("TAK");
}
return 0;
}
总结
- 这题提供了一个关于将原图转换为只有关键点的图的解法，需要积累。
- 做题时可以将想到的东西写下来，将这些碎片式的思路组合成一个解法。
