题解 AT_ddcc2017_final_e 足のばし

合集 - AtCoder(4)

1.题解 [ABC256G] Black and White Stones2023-08-082.题解 AT abc308_g2023-07-023.题解 [AT_joisc2014_i][BZOJ4237]稻草人2023-05-16

4.题解 AT_ddcc2017_final_e 足のばし2023-11-03

收起

洛谷。

题意

有一棵 $N$ 个结点的树，初始每一条边的长度都为 $1$。有一种操作，会使某一条边的长度增加 $1$。给定 $Q$ 次询问，每次给出询问 $K_i$，问正好操作 $K_i$ 次后，最短树直径。（询问之间独立）。

对于 $45\mathrm{\%}$ 的数据，$N\le 3000,Q\le 3000,K_i\le 3\times {10}^6$。

$3\le N\le 2\times {10}^5$，$1\le a_i,b_i\le N$，$1\le Q\le 2\times {10}^5$，$0\le K_i\le {10}^{18}$。

分析

为了行文方便，下文中原直径长度为 $dis$。

首先可以想到的是先将整棵树的直径处理出来，然后对于直径上的节点可以先进行在不影响直径长度下的最长补充，这是我们在这个直径下的最多的 $K$。

接下来继续分析，我们会发现，显然，再操作一次后，直径必然增加 $1$，那么我们应该可以想到，我们要使直径在 $dis+1$ 的操作数尽量大，贪心上的，我们可以往价值最大的方向移动。

这是我们的整体的贪心思路，接下来是实现。

首先是我们发现，在直径上，有个特殊的节点，那就是我们直径的中点，中点的链接的各个节点在补全后应当最大长度是一个相同的值，但是这个中点却有可能是在一条边上，因此，我们引进一个中间节点，将一条边 $(u,v)$，分成 $(u,k),(k,v)$，于是我们的中间点就变成了一个真正的节点。这就是第一部分，建图，拆边。此时，直径就是以中心结点为根的最长链。

此时，问题是我们的补全，好发现的，我们最优条件下就是将所有操作加在叶子结点链接的那一条边上，因此我们可以操作的最大数就是（叶子结点的数量 $\times$ 最长的链长 $-$ 所有叶子结点的深度和）$/2$（因为拆边），第二部分，补充。

接下来就是扩张直径。

从上边可以看出，我们对某一条操作后（令其链接的叶子结点方向的与中心结点相连的结点为 $v$，原中心为 $u$），我们的中心点必然会往 $v$ 方向移动，也就是根结点会切换成 $v$，对于 $u$ 折下来的这一边的子树，我们无法进行补充，因此，往 $v$ 方向，我们一共可以扩展 $l{f}_v$ 次操作（$l{f}_v$ 为以 $v$ 为根的子树的叶子结点个数，在换根的同时维护）。第三部分，换根。

我们就可以维护出每一次增长直径是的最大操作数，可以拿下 $K_i$ 比较小的情况。

那么 $K_i$ 比较大的时候又如何解决呢？我们观察换根部分。

可以发现，假如我们当前结点是 $u$，此时将转移向 $v$，那么无论任何时候，我们都应当转移到 $v$，因为我们的 $lf$ 数组必然在相同根时相等。于是，我们的这个换根最后必然会陷入一个两个结点形成的循环，而这两个结点的操作数我们也是知道的，所以在 $lf$ 较大时，我们可以用循环节解决。

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 4e5+5;
const int M = 2e6+5;
inline int read() {
	int x;
	scanf("%lld",&x);
	return x;
}
int n, m,cnt,dep[N],lf[N],fa[N],tot,f[M];
vector<int > lj[N];
inline void add(int u,int v) {
	lj[u].push_back(v),lj[v].push_back(u);
}
 
inline void dfs(int now,int fath) {
	dep[now]=dep[fa[now]=fath]+1,lf[now]=0;
	if(lj[now].size()==1&&fath) lf[now]=1,tot+=dep[now];
	for(auto to:lj[now]) if(to!=fath) dfs(to,now),lf[now]+=lf[to];
}
int st[M],top;
 
inline void redfs(int now,int fath) {
	int mxto=0,mx=0;
	for(auto to:lj[now]) if(mx<lf[to]) mx=lf[to],mxto=to;
	st[++top]+=mx,tot+=mx;
	if(mxto==fath) return ;
	lf[now]-=lf[mxto],lf[mxto]+=lf[now];
	redfs(mxto,now);
}
 
signed main() {
	freopen("V.in","r",stdin);
	freopen("V.out","w",stdout);
	n=read(),m=n*2-1;
	for(int i=1; i<n; ++i) {
		int u=read(),v=read();
		add(u,n+i),add(v,n+i);
	}
	dep[0]=-1,tot=0;
	dfs(1,0);
	int A=1,B;
	for(int i=1; i<=m; ++i) if(dep[A]<dep[i]) A=i;
	dfs(B=A,0);
	for(int i=1; i<=m; ++i) if(dep[A]<dep[i]) A=i;
	int md=tot=0,dis=dep[A]/2;
	for(int now=A; now; now=fa[now]) if(dep[A]/2==dep[now]) md=now;
	dfs(md,0);
	tot=f[0]=(lf[md]*dis-tot)/2;
	redfs(md,0);
	for(int i=1; i<=top; ++i) f[i]=f[i-1]+st[i];
	int Q=read();
	while(Q--) {
		int x=read();
		if(x<=f[top]) {
			int res=dis+lower_bound(f,f+top+1,x)-f;
			cout<<res<<"\n";
		} else {
			int res=dis+top;
			x-=f[top];
			res+=2*(x/(st[top]+st[top-1]));
			x%=(st[top]+st[top-1]);
			if(x) ++res;
			if(x>st[top-1]) ++res;
			cout<<res<<"\n";
		}
	}
	return 0;
}