简要题意：

在一棵树上求 \(m\) 条不相交的路径的最小值的最大值。

本题部分分很多，而且本人也交了 \(27\) 次，所以一定要仔细讲部分分！

算法一

对于 \(b_i = a_i + 1\) 的数据，你发现这是一条链。

也就是说，对这部分数据，题目简化为：

将一个数组分为不相交的若干区间，使得它们权值和的最小值最大。

一看，最小值最大，就是二分答案。

验证方法也很简单。

假设你当前的和是 \(\text{sum}\)，当前决策的数为 \(x\)，验证的和为 \(ans\).

此时如果 \(sum+x>ans\)，那么将前面一段与当前的决策作为一段区间，并开启新的区间。

否则，不开启新的区间。

时间复杂度： \(O(n \log n)\).

实际得分：\(20pts\).

（但是，如果你对所有情况都按链做，似乎还可以都对一个点）

#pragma GCC optimize(2)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N=1e5+1;

inline int read(){char ch=getchar();int f=1;while(ch<'0' || ch>'9') {if(ch=='-') f=-f; ch=getchar();}
	int x=0;while(ch>='0' && ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();return x*f;}

int n,m,a[N],f=0;
vector<pair<int,int> >G[N];
bool chain=0; //链的部分分 

inline void dfs(int dep,int bs) {
//	printf("%d %d\n",dep,bs);
	for(int i=0;i<G[dep].size();i++) {
		int x=G[dep][i].first,y=G[dep][i].second;
		if(x==bs) continue;
		dfs(x,dep); a[dep]=y; 
	}
} //把权值做成数组取出

inline bool check(int dep) {
	int t=0,sum=0;
	for(int i=1;i<n;i++) {
		if(sum+a[i]>=dep) sum=0,t++; //新开一个区间
		else sum+=a[i]; //区间继承节点
	} 	return t>=m;	
}

inline void subtask1() { //链 
	dfs(1,0); //for(int i=1;i<n;i++) printf("%d ",a[i]); putchar('\n');
	int l=1,r=1e9,ans;
	while(l<=r) {
		int mid=(l+r)>>1;
		if(check(mid)) ans=mid,l=mid+1;
		else r=mid-1; //二分答案
	} printf("%d\n",ans);
}

int main(){
	n=read(),m=read();
	for(int i=1;i<n;i++) {
		int x=read(),y=read(),z=read();
		G[x].push_back(make_pair(y,z));
		G[y].push_back(make_pair(x,z));
		if(y!=x+1) chain=1;
	} //dfs(1,0);
	if(!chain) subtask1();
	return 0;
}

算法二

你发现有 \(m=1\) 的部分分。

此时就是 树的直径 。

树的直径定义：

一棵树上长度最长的一条简单路径。

众所周知，树的直径只需要两次 \(\texttt{dfs}\).

即从任意一个点走到离它最远的点 \(x\)，再从 \(x\) 走到它最远的点 \(y\).

那么 \(y \gets x\) 的这条路径就是直径。定义略，读者可自行学习。

敲模板即可。

时间复杂度：\(O(n)\).

实际得分：\(40pts\).

算法三

仍然注意到，\(a_i=1\) 的菊花图部分分。

对于菊花图，其实就是贪心。

你把所有边从大到小排序，然后肯定是选最大的 \(m\) 个。

那么，怎么配对呢？你发现，每条链要么单独，要么和别人拼起来，两条链作为一条链。

显然，能拼接的我们就拼。

所以，应将第 \(i\) 大的和第 \(i\) 小的配对，这样尽量平均。

这个贪心就不证明了吧。

时间复杂度：\(O(n + m)\).

实际得分：\(55pts\).

#pragma GCC optimize(2)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N=1e5+1;

inline int read(){char ch=getchar();int f=1;while(ch<'0' || ch>'9') {if(ch=='-') f=-f; ch=getchar();}
	int x=0;while(ch>='0' && ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();return x*f;}

int n,m,a[N],dis[N];
vector<pair<int,int> >G[N];
bool chain=0; //链的部分分 20
bool flower; //菊花图的部分分 15 

inline void dfs_get(int dep,int bs) {
	for(int i=0;i<G[dep].size();i++) {
		int x=G[dep][i].first,y=G[dep][i].second;
		if(x==bs) continue;
		dfs_get(x,dep); a[dep]=y; 
	}
}

inline bool check(int dep) {
	int t=0,sum=0;
	for(int i=1;i<n;i++) {
		if(sum+a[i]>=dep) sum=0,t++;
		else sum+=a[i];
	} 	return t>=m;	
}

inline void subtask1() { //链 
	dfs_get(1,0);
	int l=1,r=1e9,ans;
	while(l<=r) {
		int mid=(l+r)>>1;
		if(check(mid)) ans=mid,l=mid+1;
		else r=mid-1;
	} printf("%d\n",ans);
	exit(0);
}

inline void dfs(int dep,int bs) {
	for(int i=0;i<G[dep].size();i++) {
		int x=G[dep][i].first,y=G[dep][i].second;
		if(x==bs) continue;
		dis[x]=dis[dep]+y; dfs(x,dep); 
	}
}

inline int get_far(int x) { //找到离 x 最远的点，求直径 
	memset(dis,0,sizeof(dis));
	dfs(x,0); int maxi=0,maxh;
	for(int i=1;i<=n;i++) 
		if(dis[i]>maxi) maxi=dis[i],maxh=i;
	return maxh;	
}

inline void dfs_get_2() {
	for(int i=0;i<G[1].size();i++) {
		int x=G[1][i].first,y=G[1][i].second;
		a[x-1]=y;
	}
}

int main(){
	n=read(),m=read();
	for(int i=1;i<n;i++) {
		int x=read(),y=read(),z=read();
		G[x].push_back(make_pair(y,z));
		G[y].push_back(make_pair(x,z));
		if(y!=x+1) chain=1;
		if(x!=1) flower=1;
	} if(!chain) subtask1(); //链 
	if(m==1) {
		int t=get_far(1);
		t=get_far(t);
		printf("%d\n",dis[t]); return 0;
	} //直径 
	if(!flower) {
		dfs_get_2(); int ans=1e9;
		sort(a+1,a+n); reverse(a+1,a+n);
		for(int i=1;i<=m;i++) ans=min(ans,a[i]+a[(m<<1)-i+1]);
		printf("%d\n",ans);
	} //菊花图 
	return 0;
}

算法四

其实呢，分支不超过 \(3\) 可以认为是正解的弱化版。

因为正解的复杂度和分支数有一定关联。

首先我们二分答案，下面需要用 \(O(n)\) 或 \(O(n \log n)\) 的时间验证一个数 \(mid\)。

对于一条超过 \(mid\) 的链，直接扔掉，计入答案。

否则，我们叫它 “半链”。

一条半链，要么继承它的父节点，要么就和另一个半链拼在一起，要么就抛弃。

那么，对于以 \(i\) 为根的子树，所有的半链要两两配对（也可以抛弃一部分）使得 \(\geq mid\).

这里的半链是所有的 \(f_k (k \in \texttt{son(i)})\)，即所有的儿子节点的半链。

这时候我们用到了排序，贪心，双指针。

首先从小到大排序，然后用双指针贪心即可。

对于剩下的半链，在剩下的半链中取最大的继承父节点，作为一个新的半链，等待上面的半链处理。

这里我们需要一个数据结构，维护这些半链。

显然，如果排序的话，时间复杂度将会达到 \(O(n k \log k)\). 其中 \(k\) 为每个节点儿子个数的和，接近于 \(n\)。

所以会被卡到 \(O(n^2 \log n)\).

这样只能得到 \(85pts\).

我们想到了 \(\texttt{mutilset}\).

维护之后，复杂度从 \(O(n^2 \log n)\) 降到了 \(O(n \log^2 n)\).（最坏）

实际得分：\(100pts\).

#pragma GCC optimize(2)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N=1e5+1;

inline int read(){char ch=getchar();int f=1;while(ch<'0' || ch>'9') {if(ch=='-') f=-f; ch=getchar();}
	int x=0;while(ch>='0' && ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();return x*f;}

int n,m,a[N],dis[N];
vector<pair<int,int> >G[N];
bool chain=0; //链的部分分 20
bool flower; //菊花图的部分分 15 
int dist[N],sum=0;
multiset<int>s; //正解 

inline void dfs_get(int dep,int bs) {
	for(int i=0;i<G[dep].size();i++) {
		int x=G[dep][i].first,y=G[dep][i].second;
		if(x==bs) continue;
		dfs_get(x,dep); a[dep]=y; 
	}
}

inline bool check(int dep) {
	int t=0,sum=0;
	for(int i=1;i<n;i++) {
		if(sum+a[i]>=dep) sum=0,t++;
		else sum+=a[i];
	} 	return t>=m;	
}

inline void subtask1() { //链 
	dfs_get(1,0);
	int l=1,r=1e9,ans;
	while(l<=r) {
		int mid=(l+r)>>1;
		if(check(mid)) ans=mid,l=mid+1;
		else r=mid-1;
	} printf("%d\n",ans);
	exit(0);
}

inline void dfs__(int dep,int bs) {
	for(int i=0;i<G[dep].size();i++) {
		int x=G[dep][i].first,y=G[dep][i].second;
		if(x==bs) continue;
		dis[x]=dis[dep]+y; dfs__(x,dep); 
	}
}

inline int get_far(int x) { //找到离 x 最远的点，求直径 
	memset(dis,0,sizeof(dis));
	dfs__(x,0); int maxi=0,maxh;
	for(int i=1;i<=n;i++) 
		if(dis[i]>maxi) maxi=dis[i],maxh=i;
	return maxh;	
}

inline void dfs_get_2() {
	for(int i=0;i<G[1].size();i++) {
		int x=G[1][i].first,y=G[1][i].second;
		a[x-1]=y;
	}
}

inline int dfs(int x,int fa,int mid) {
	//二分答案中的检验
	int tot=0;
	for(int i=0;i<G[x].size();i++) {
		int u=G[x][i].first,v=G[x][i].second;
		if(u==fa) continue;
		tot+=dfs(u,x,mid);
		if(tot>=m) return tot;
	} dist[x]=0; s.clear();
	for(int i=0;i<G[x].size();i++) {
		int u=G[x][i].first,v=G[x][i].second;
		if(u==fa) continue;
		if(dist[u]+v>=mid) tot++;
		else s.insert(dist[u]+v);
	} 
	for(multiset<int>::iterator i=s.begin();i!=s.end() && s.size();) {
		//双指针
		 multiset<int>::iterator nxt=s.lower_bound(mid-(*i));
		 if(nxt==i && nxt!=s.end()) nxt++;
		 if(nxt==s.end()) {i++;continue;}
		 s.erase(nxt),s.erase(i++); tot++;
		 if(tot>=m) return tot;
	} if(!s.empty()) dist[x]=*s.rbegin();
	return tot;
}

int main(){
	n=read(),m=read();
	for(int i=1;i<n;i++) {
		int x=read(),y=read(),z=read();
		G[x].push_back(make_pair(y,z));
		G[y].push_back(make_pair(x,z));
		if(y!=x+1) chain=1;
		if(x!=1) flower=1;
	} if(!chain) subtask1(); //链 
	if(m==1) {
		int t=get_far(1);
		t=get_far(t);
		printf("%d\n",dis[t]); return 0;
	} //直径 
	if(!flower) {
		dfs_get_2(); int ans=1e9;
		sort(a+1,a+n); reverse(a+1,a+n);
		for(int i=1;i<=m;i++) ans=min(ans,a[i]+a[(m<<1)-i+1]);
		printf("%d\n",ans); return 0;
	} //菊花图 
	int l=1,r=5e9,ans;
	while(l<=r) {
		int mid=(l+r)>>1;
		if(dfs(1,1,mid)>=m) l=mid+1,ans=mid;
		else r=mid-1;
	} printf("%d\n",ans);
	return 0;
}

posted @ 2020-03-27 11:34 bifanwen 阅读(259) 评论(1) 编辑收藏举报

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