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考虑令 $f(i)=\text{dist}(u_i,v_i)-2w_i$ ，那么一种方案 $(u_i,v_i,w_i)$ 和 $(u_j,v_j,w_j)$ 的贡献（钦定相交部分一边都是 $u$ ，一边都是 $v$ ）的两倍就是 $f(i)+f(j)+\text{dist}(u_i,u_j)+\text{dist}(v_i,v_j)$ 。枚举 $t=\text{LCA}(u_i,u_j)$ ，那么即是：

f (i) + f (j) + d_{u_{i}} + d_{u_{j}} - 2 d_{t} + dist (v_{i}, v_{j})

$f(i)+f(j)+d_{u_i}+d_{u_j}-2d_t+\text{dist}(v_i,v_j)$

考虑在 $v_i$ 处插入一个权值为 $f(i)+d_{u_i}$ 的物品，那么枚举 $t$ ，就是求在 $t$ 处合法的物品对的带权距离最大值。这个信息是可以线段树合并的（具体方法就是记录当前集合的最大答案点对，合并时从两个集合中选出总共两个数算贡献，要用到 $\mathcal O(1)$ 求 LCA）。我们考虑什么样的物品对是在 $t$ 处合法的。显然 $u_i$ 要在 $t$ 的子树内，并且 $\text{LCA}(u_i,v_i)$ 是 $t$ 的祖先。并且 $u_i$ 和 $u_j$ 处于 $t$ 的不同子树（ $t$ 自己单独算一棵子树）内。容易发现在 $u_i$ 处插入物品，在 $\text{LCA}(u_i,v_i)$ 之前删除物品，这样做线段树合并即可。具体实现时有可能把 $v$ 当作 $u$ 来看，我们只需要对于 $v$ 做对称的插入和删除就可以了。单组时间复杂度是 $\mathcal O((n+m)(\log n+\log m))$ 的。但是特别卡常。一个卡常技巧是当子树都删光了过后就不用往下遍历了，视作空节点。

细节有点多，比如说你要满足点对的贡献必须来自两个不同的物品，否则合并会有问题。空节点的信息要是 $-\text{inf}$ ，并且即便在这种情况下权值和答案一定要对应（比如是两个 $-\text{inf}$ 的相同位置的物品，那么答案就一定要是 $-2\text{inf}$ ），或者只是我写得太丑了。

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本文作者：TulipeNoire

本文链接：https://www.cnblogs.com/TulipeNoire/p/18688584/NOI2018_D2T2

posted @ 2025-01-23 20:46 TulipeNoire 阅读(13) 评论(0) 编辑收藏举报

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