2022 ICPC 济南站 L 题题解

题意

给定一棵 \(n\) 个点有边权的无根树，有 \(q\) 次询问，每次给定 \(l,r\)，求

\[\min_{l\le u<v\le r} \{\operatorname{dist}(u,v)\}. \]

数据范围：\(1\le n\le 2\times 10^5,1\le q\le 10^6\)。

题解

仿照 CF765F 的做法，我们只保留若干对关键的点对。

考虑点分治，设当前分治中心是 \(u\)。考虑 \(u\) 的子树中的一个点 \(x\)，我们只需要找到那些 \(y\) 满足 \(\operatorname{dist}(u,y)\le \operatorname{dist}(u,x)\) 且 \(y\) 与 \(x\) 不在 \(u\) 的同一儿子的子树内。

进一步考虑哪些 \(y\) 应当被保留。若存在两个不同的点 \(y,z\) 使得它们都满足上述条件，且 \(y<z<x\)，那么 \(\operatorname{dist}(y,z)=\operatorname{dist}(u,y)+\operatorname{dist}(u,z)\le \operatorname{dist}(u,y)+\operatorname{dist}(u,x)\)。此时 \((y,z)\) 这个点对一定比 \((y,x)\) 这个点对更优。

于是，对于每个 \(x\)，设 \(S\) 是所有不与 \(x\) 在 \(u\) 的同一儿子的子树内，且 \(\operatorname{dist}(u,y)\le \operatorname{dist}(u,x)\) 的 \(y\) 构成的集合，我们只需要保留 \(x\) 在 \(S\) 中的前驱后继即可。这样，保留的点对数量是 \(O(n\log n)\) 的。

我们还可以发现，假如去掉“不能在同一儿子的子树内”这个限制，若找到了在同一子树内的点对 \((x,y)\)，那么说明其中一个点一定比另一个点更优。所以这个限制是可以去掉的。所以，对于每个分治中心 \(u\)，我们直接统计出 \(u\) 子树内的所有点的深度，排序后顺着做一遍单调栈找到所有点的前驱，再倒着做一遍单调栈找到后继，即可在 \(O(n\log n)\) 时间内找出所有关键点对。最后做一遍扫描线回答询问即可。时间复杂度 \(O(n\log^2 n+q\log n)\)。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define For(Ti,Ta,Tb) for(int Ti=(Ta);Ti<=(Tb);++Ti)
#define Dec(Ti,Ta,Tb) for(int Ti=(Ta);Ti>=(Tb);--Ti)
#define Debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__)
using ll = long long;
const int N = 2e5 + 5, Q = 1e6 + 5;
int n, q, vis[N], siz[N], mxsiz[N];
vector<pair<int, int>> e[N];
void GetRoot(int u, int fa, int tot, int& rt) {
	siz[u] = 1, mxsiz[u] = 0;
	for (auto [v, w] : e[u]) if (v != fa && !vis[v]) {
		GetRoot(v, u, tot, rt);
		siz[u] += siz[v], mxsiz[u] = max(mxsiz[u], siz[v]);
	}
	mxsiz[u] = max(mxsiz[u], tot - siz[u]);
	if (!rt || mxsiz[u] < mxsiz[rt]) rt = u;
}
vector<pair<int, ll>> dis[N], dep;
void GetDep(int u, int fa, ll curd) {
	dep.emplace_back(u, curd);
	for (auto [v, w] : e[u]) if (v != fa && !vis[v]) {
		GetDep(v, u, curd + w);
	}
}
void Solve(int u) {
	int rt = 0; GetRoot(u, 0, siz[u], rt), u = rt, vis[u] = 1;
	dep.clear(), GetDep(u, 0, 0);
	sort(dep.begin(), dep.end());
	static int stk[N];
	for (int i = 0, tp = 0; i<int(dep.size()); ++i) {
		auto [v, w] = dep[i];
		while (tp && dep[stk[tp]].second > w) --tp;
		if (tp) dis[v].emplace_back(dep[stk[tp]].first, w + dep[stk[tp]].second);
		stk[++tp] = i;
	}
	for (int i = int(dep.size()) - 1, tp = 0; ~i; --i) {
		auto [v, w] = dep[i];
		while (tp && dep[stk[tp]].second > w) --tp;
		if (tp) dis[dep[stk[tp]].first].emplace_back(v, w + dep[stk[tp]].second);
		stk[++tp] = i;
	}
	for (auto [v, w] : e[u]) if (!vis[v]) Solve(v);
}
vector<pair<int, int>> qry[N];
struct BIT {
	ll t[N];
	void Upd(int p, ll x) { for (; p <= n; p += p & -p) t[p] = min(t[p], x); }
	ll Query(int p) { ll res = 1LL << 60; for (; p; p &= p - 1) res = min(res, t[p]); return res; }
}bit;
ll ans[Q];
int main() {
	ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr);
	cin >> n;
	For(i, 1, n - 1) {
		int u, v, w; cin >> u >> v >> w;
		e[u].emplace_back(v, w), e[v].emplace_back(u, w);
	}
	siz[1] = n, Solve(1);
	cin >> q;
	For(i, 1, q) {
		int l, r; cin >> l >> r;
		qry[r].emplace_back(l, i);
	}
	memset(bit.t, 0x3f, sizeof(bit.t));
	For(r, 1, n) {
		for (auto [l, w] : dis[r]) bit.Upd(n - l + 1, w);
		for (auto [l, id] : qry[r]) {
			if (l == r) ans[id] = -1;
			else ans[id] = bit.Query(n - l + 1);
		}
	}
	For(i, 1, q) cout << ans[i] << '\n';
	return 0;
}