BZOJ2599 - [IOI2011]Race

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Description

给出一棵\(n\leq2\times10^5\)个点的带边权树，求所有长度等于\(k(k\leq10^6)\)的简单路径中最少的边数。

Solution

用类似树形DP的方法，记录\(pre[i]\)表示前若干棵子树中所有以根\(rt\)为起点的长度为\(i\)的路径中最少的边数，初始值为\(pre[0]=0\)，其余为\(+\infty\)。那么当我们在当前子树中找到一个距根距离为\(dst\)，深度为\(dpt\)的点时，我们就可以用\(pre[k-dst]+dpt\)来更新答案。用当前子树内的所有点更新完\(ans\)后，就将其合并到\(pre\)中，然后计算下一个子树的贡献。
需要注意的是，每次进行分治前不能使用memset来初始化\(pre\)！！！因为这样每次分治时的复杂度都为\(O(siz)\)，总复杂度就成了\(O(n\cdot siz)\)了。所以分治结束前要手动\(DFS\)一下来重置\(pre\)。并且在\(DFS\)时如果当前点的\(dst\)已经大于\(k\)的话就直接返回，后面的点既没必要做也开不了数组。

时间复杂度\(O(nlogn)\)。

Code

//[IOI2011]Race
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <queue>
using std::max; using std::min;
typedef std::pair<int,int> prInt;
inline char gc()
{
    static char now[1<<16],*s,*t;
    if(s==t) {t=(s=now)+fread(now,1,1<<16,stdin); if(s==t) return EOF;}
    return *s++;
}
inline int read()
{
    int x=0; char ch=gc();
    while(ch<'0'||'9'<ch) ch=gc();
    while('0'<=ch&&ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=gc();
    return x;
}
int const N=2e5+10;
int const K=1e6+10;
int const INF=0x3F3F3F3F;
int n,k;
int cnt,h[N];
struct edge{int v,w,nxt;} ed[N<<1];
void edAdd(int u,int v,int w)
{
	cnt++; ed[cnt].v=v,ed[cnt].w=w,ed[cnt].nxt=h[u],h[u]=cnt;
	cnt++; ed[cnt].v=u,ed[cnt].w=w,ed[cnt].nxt=h[v],h[v]=cnt;
}
int ans;
int G,siz0,siz[N],chSiz[N]; bool vst[N];
void getG(int u,int fa)
{
	siz[u]=1,chSiz[u]=0;
	for(int i=h[u];i;i=ed[i].nxt)
	{
		int v=ed[i].v;
		if(vst[v]||v==fa) continue;
		getG(v,u); siz[u]+=siz[v],chSiz[u]=max(chSiz[u],siz[v]);
	}
	chSiz[u]=max(chSiz[u],siz0-siz[u]);
	if(chSiz[u]<chSiz[G]) G=u;
}
int tCnt; prInt t[N]; int pre[K];
void getD(int u,int fa,int dst,int dpt)
{
	if(dst>k) return;
	t[++tCnt]=prInt(dst,dpt);
	for(int i=h[u];i;i=ed[i].nxt)
	{
		int v=ed[i].v;
		if(vst[v]||v==fa) continue;
		getD(v,u,dst+ed[i].w,dpt+1);
	}
}
int calc(int u,int d0)
{
	tCnt=0; getD(u,0,d0,1);
	int res=INF;
	for(int i=1;i<=tCnt;i++) res=min(res,t[i].second+pre[k-t[i].first]);
	for(int i=1;i<=tCnt;i++) pre[t[i].first]=min(pre[t[i].first],t[i].second);
	return res;
}
void reset(int u,int fa,int dst)
{
	if(dst>k) return;
	pre[dst]=INF;
	for(int i=h[u];i;i=ed[i].nxt)
	{
		int v=ed[i].v;
		if(!vst[v]&&v!=fa) reset(v,u,dst+ed[i].w);
	}
}
void solve(int u);
void DC(int u)
{
	vst[u]=true; pre[0]=0;
	for(int i=h[u];i;i=ed[i].nxt)
	{
		int v=ed[i].v;
		if(vst[v]) continue;
		if(siz[v]>siz[u]) siz[v]=siz0-siz[u];
		ans=min(ans,calc(v,ed[i].w));
	}
	reset(u,0,0);
	for(int i=h[u];i;i=ed[i].nxt) {int v=ed[i].v; if(!vst[v]) solve(v);}
}
void solve(int u) {siz0=siz[u],G=0,chSiz[G]=n,getG(u,0),DC(G);}
int main()
{
	freopen("bz2599.in","r",stdin);
	n=read(),k=read();
	for(int i=1;i<=n-1;i++)
	{
		int u=read()+1,v=read()+1,w=read();
		edAdd(u,v,w);
	}
	memset(pre,0x3F,sizeof pre);
	ans=INF; siz[1]=n,solve(1);
	if(ans<INF) printf("%d\n",ans);
	else puts("-1");
	return 0;
}

P.S.

不只是点分治，CDQ分治时也不能使用memset来初始化。我感觉大部分的分治似乎都不行呢。