题解 LGP8820【[CSP-S 2022] 数据传输】

posted on 2022-10-30 16:27:18 | under 题解 | source

problem

一棵 $n$ 个点的树。如果两个点在树上的距离不超过 $k$，我们称这两个点可以互相传送信息。现在 $q$ 次给定 $s,t$，选出 $h=\{h_1=s,h_2,h_3,\cdots ,h_{c-1},h_c=t\}$ 这 $c$ 个点，满足相邻两个点可以互相传送信息，请最小化 $\sum _{i\in h}{v}_i$。

前置知识

$\{max,+\}$ 矩阵乘法 / 动态 DP。对于矩阵 $a,b,c$，这是我们所熟知的矩阵乘法 $c=a\times b$：

$$c=a\times b\Rightarrow c_{i,j}=\sum _k{a}_{i,k}{b}_{k,j}.$$

现在我们定义矩阵 $\ast$ 法：

$$c=a\ast b\Rightarrow c_{i,j}=\underset{k}{min}\{a_{i,k}+b_{k,j}\}.$$

为了更好地理解矩阵 $\ast$ 法，您可以认为，$c_{i,j}$ 的值是 $a$ 的第 $i$ 行顺时针旋转 ${90}^{\circ }$ 后与 $b$ 的第 $j$ 列依次相加取最小值的结果。如果某一个值是 $\mathrm{\infty }$ 代表强制不选，如果是 $0$ 代表继承。

我们可以证明，矩阵 $\ast$ 法没有交换律，但有结合律。

solution when $k\le 2$

$k=1$ 是【模板】链上求和。将 $s\to t$ 这条链拉出来，记链上第 $i$ 个点的答案为 $f_i$，我们不妨把 $f_i$ 写成矩阵 $\ast$ 法之形式。

$$\left[\begin{array}{c}{f}_{i-1}\end{array}\right]\ast \left[\begin{array}{c}{v}_{h_i}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}{f}_i\end{array}\right].$$

$k=2$ 时一定会在链上走，如果走下去了回不去，答案更劣。

$$\left[\begin{array}{c}{f}_{i-1},f_{i-2}\end{array}\right]\ast \left[\begin{array}{cc}{v}_{h_i},& 0\\ v_{h_i},& \mathrm{\infty }\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}{f}_i,f_{i-1}\end{array}\right].$$

（走下去再返回（即红边）不如不走（即绿边））

solution when $k=3$

$k=3$ 时最多向下走一步，不然就走不出去了。令 $f_{i,0}$ 表示在点 $i$ 的最小代价，$f_{i,1}$ 表示在 $i$ 的某一个儿子（可以算上父亲，这不重要）上的最小代价。

$$\{\begin{array}{ll}{b}_i& =\underset{\text{j是i的儿子或父亲}}{min}{v}_j.\\ f_{i,0}& =min\{f_{i-3,0},f_{i-2,0},f_{i-2,1},f_{i-1,0},f_{i-1,1}\}+v_{h_i}.\\ f_{i,1}& =min\{f_{i-2,0},f_{i-1,0},f_{i-1,1}\}+b_{h_i}.\end{array}$$

考虑优化：我们不太关心这些点在链上还是不在链上。令 $f_{i,j}$ 表示现在在离第 $i$ 个点距离为 $j$ 的点上。重定义 $b_i=\underset{\text{j是i的儿子}}{min}{v}_j$。

$$\left[\begin{array}{c}{f}_{i-1,0},f_{i-1,1},f_{i-1,2}\end{array}\right]\ast \left[\begin{array}{ccc}{v}_{h_i},& 0,& \mathrm{\infty }\\ v_{h_i},& b_{h_i},& 0\\ v_{h_i},& \mathrm{\infty },& \mathrm{\infty }\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}{f}_{i,0},f_{i,1},f_{i,2}\end{array}\right]$$

（这里转移不用关心走到 $i-1$ 的情况，已经在 $f_{i-1,0}$ 那里算过了，不用管）

（这里 $b_i$ 仅限儿子，在 LCA 处要稍微动一下，加上父亲的贡献）

（为了不分讨，可以强行认为 $f_0=\left[\begin{array}{c}\mathrm{\infty },\mathrm{\infty },0\end{array}\right]$，尽管它并没有实际意义）

于是你会了暴力。

solution 的优化

考虑把这玩意多组询问。

观察到每一个转移矩阵只和 $h_i,v_{h_i},b_{h_i}$ 有关，而后两个可以预处理，那么转移矩阵可以预处理。

模仿倍增 LCA，我们也整一个 $d{w}_{i,j},u{p}_{i,j}$，分别表示以 $i$ 为最后一个点，从上往下 / 从下往上数 $2^j$ 个父亲的矩阵 $\ast$ 和。转移可以从 $2^{j-1}$ 那里拼起来，$O(n{k}^3\log n)$；询问可以把路径拆成 $s\to lca(s,t),lca(s,t),lca(s,t)\to t$ 三段，分别 $O(k^3\log n)$ 的求出矩阵 $\ast$ 和，求出答案即可。

总的复杂度为 $O((n+q)k^3\log n)$。

code

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef long long LL;
template<int N,int M,class T=LL> struct matrix{
	T a[N][M];
	matrix(T flag=1e18){memset(a,0x3f,sizeof a);for(int i=0;i<N&&i<M;i++) a[i][i]=flag;}
	T* operator[](int i){return a[i];}
};
template<int N,int M,int R,class T=LL> matrix<N,R,T> operator*(matrix<N,M,T> a,matrix<M,R,T> b){
	matrix<N,R,T> c=1e18;
	for(int i=0;i<N;i++){
		for(int j=0;j<M;j++){
			for(int k=0;k<R;k++){
				c[i][k]=min(c[i][k],a[i][j]+b[j][k]);
			}
		}
	}
	return c;
};
template<int N,int M,class T=int> struct graph{
	int head[N+10],nxt[M*2+10],cnt;
	struct edge{
		int u,v; T w;
		edge(int u=0,int v=0,T w=0):u(u),v(v),w(w){}
	} e[M*2+10];
	graph(){memset(head,cnt=0,sizeof head);}
	edge& operator[](int i){return e[i];}
	void add(int u,int v,T w=0){e[++cnt]=edge(u,v,w),nxt[cnt]=head[u],head[u]=cnt;}
	void link(int u,int v,T w=0){add(u,v,w),add(v,u,w);}
};
LL a[200010],b[200010];
int n,m,sshwy,fa[19][200010],dep[200010];
graph<200010,200010> g;
matrix<3,3> dw[19][200010],up[19][200010];
matrix<1,3> f0;
matrix<3,3> gettrans(int i,LL del=1e18){
	matrix<3,3> c=1e18; 
	switch(sshwy){
		case 1: c[0][0]=a[i]; break;
		case 2: c[0][1]=0,c[0][0]=c[1][0]=a[i]; break;
		case 3: c[0][0]=c[1][0]=c[2][0]=a[i],c[0][1]=c[1][2]=0,c[1][1]=min(b[i],del); break;
	}
	return c;
}
void dfs(int u,int f=0){
	dep[u]=dep[fa[0][u]=f]+1,b[u]=1e18;
	for(int i=g.head[u];i;i=g.nxt[i]){
		int v=g[i].v; if(v==f) continue;
		dfs(v,u),b[u]=min(b[u],a[v]);
	}
	dw[0][u]=up[0][u]=gettrans(u);
}
int lca(int u,int v){
	if(dep[u]<dep[v]) swap(u,v); int d=dep[u]-dep[v];
	for(int j=18;j>=0;j--) if(d>>j&1) u=fa[j][u];
	if(u==v) return u;
	for(int j=18;j>=0;j--) if(fa[j][u]!=fa[j][v]) u=fa[j][u],v=fa[j][v];
	return fa[0][u];
}
matrix<3,3> query_dw(int u,int k){
	matrix<3,3> res=0;
	for(int j=18;j>=0;j--) if(k>>j&1) res=dw[j][u]*res,u=fa[j][u];
	return res;
}
matrix<3,3> query_up(int u,int k){
	matrix<3,3> res=0;
	for(int j=18;j>=0;j--) if(k>>j&1) res=res*up[j][u],u=fa[j][u];
	return res;
}
LL query(int u,int v){
	int k=lca(u,v);
	matrix<1,3> res=f0*query_up(u,dep[u]-dep[k])*gettrans(k,a[fa[0][k]])*query_dw(v,dep[v]-dep[k]) 
	return min({res[0][0]-a[v],res[0][1],res[0][2]})+a[v];
}
int main(){
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&sshwy);
	f0[0][sshwy-1]=0,a[0]=1e18;
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]);
	for(int i=1,u,v;i<n;i++) scanf("%d%d",&u,&v),g.link(u,v);
	dfs(1);
	for(int j=1;j<=18;j++){
		for(int i=1;i<=n;i++) fa[j][i]=fa[j-1][fa[j-1][i]];
		for(int i=1;i<=n;i++) dw[j][i]=dw[j-1][fa[j-1][i]]*dw[j-1][i];
		for(int i=1;i<=n;i++) up[j][i]=up[j-1][i]*up[j-1][fa[j-1][i]];
	}
	for(int u,v;m--;) scanf("%d%d",&u,&v),printf("%lld\n",query(u,v));
	return 0;
}