[NOIP2018]赛道修建（二分+multiset）
考场上打了一个 \(vector\) 解法，因为我当时不会 \(multiset\)
好吧，我来讲一讲今年的 \(tgD1T3\)
首先，这题 \(55\) 分是不难想的
1、 \(b_i=a_i+1\) 的情况（一条链）
解法：把所有边权记录下来，这种情况等价于将序列分割成 \(m\) 段，使 \(m\) 段区间和的最小值最大
那么二分 \(m\) 段区间和的最小值，然后 \(O(n)\) 贪心扫一遍，时间复杂度 \(O(nlogn)\)
namespace subtask1{
int a[maxn];
void dfs(int x,int fa){
for(int i=head[x],y;i;i=e[i].next){
y=e[i].to;
if(y==fa) continue;
dfs(y,x);
a[x]=e[i].val;
}
}
int check(int k){
int t=0,now=0;
for(int i=1;i<n;i++){
if(now+a[i]>=k){
now=0;
t++;
}
else now+=a[i];
}
return t>=m;
}
void solve(){
dfs(1,0);
int l=1,r=sum,mid;
while(l<r){
mid=l+r+1>>1;
if(check(mid)) l=mid;
else r=mid-1;
}
printf("%d\n",l);
return ;
}
}
2、 \(m=1\) 的情况（树的直径）
解法：取一条最长链，即为树的直径问题，记录一下最大值和次大值，每次把最大
值传到它的父亲，时间复杂度 \(O(n)\)
namespace subtask2{
int dfs(int x,int fa){
int sum1=0,sum2=0;
for(int i=head[x],y;i;i=e[i].next){
y=e[i].to;
if(y==fa) continue;
sum2=max(sum2,dfs(y,x)+e[i].val);
if(sum2>sum1) swap(sum1,sum2);
}
ans=max(ans,sum1+sum2);
return sum1;
}
void solve(){
dfs(1,0);
printf("%d\n",ans);
return ;
}
}
3、\(a_i=1\)的情况（菊花图）
解法：把所有边权记录下来，从大到小排序。设边权为 \(w\)，答案即为 \(w_1+w_{2m-1},w_2+w_{2m-2},...,w_m+w_{m+1}\) 的最小值，时间复杂度 \(O(nlogn)\)
namespace subtask3{
int a[maxn];
bool cmp(int a,int b){
return a>b;
}
void solve(){
for(int i=head[1],y;i;i=e[i].next){
y=e[i].to;
a[y-1]=e[i].val;
}
sort(a+1,a+n,cmp);
int ans=inf;
for(int i=1;i<=m;i++)
ans=min(ans,a[i]+a[2*m-i+1]);
printf("%d\n",ans);
}
}
分支不超过 \(3\) 的话其实就是正解的弱化版
看到题意描述第一反应就是先二分那个修建的\(m\)条赛道中长度最小的赛道的长度 \(k\) ，然后 \(O(n)\) 或 \(O(nlogn)\) 判断
那么怎么判断呢？
对于每个结点，把所有传上来的值 \(val\) 放进一个 \(multiset\) ，其实这些值对答案有贡献就两种情况：
- \(val\geq k\)
- \(val_a+val_b\geq k\)
那么第一种情况可以不用放进 \(multiset\)，直接答案 \(+1\) 就好了。第二种情况就可以对于每一个最小的元素，在 \(multiset\) 中找到第一个 \(\geq k\)的数，将两个数同时删去，最后把剩下最大的值传到那个结点的父亲
我出考场后想为什么这种解法是正确的，有没有可能对于有些情况直接传最大的数会使答案更大？
当然不会。这个数即使很大也只能对答案贡献加 \(1\)，在其没传上去的时候可以跟原来结点的值配对，也只能对答案贡献加 \(1\)
\(multiset\) 版：
int dfs(int x,int fa,int k){
s[x].clear();
int val;
for(int i=head[x],y;i;i=e[i].next){
y=e[i].to;
if(y==fa) continue;
val=dfs(y,x,k)+e[i].val;
if(val>=k) ans++;
//直接处理第一种情况
else {
s[x].insert(val);
}
}
int Max=0;
while(!s[x].empty()){
if(s[x].size()==1){
return max(Max,*s[x].begin());
}
//把最大的给传上去
it=s[x].lower_bound(k-*s[x].begin());
//二分到那个值
if(it==s[x].begin()&&s[x].count(*it)==1) it++;
//若找到的就是它自己且当前值的count==1,迭代器++
if(it==s[x].end()){
Max=max(Max,*s[x].begin());
s[x].erase(s[x].find(*s[x].begin()));
}
//若没有找到比k-*s[x].begin()大的，就取个最大值，把*s[x].begin()删掉
else {
ans++;
s[x].erase(s[x].find(*it));
s[x].erase(s[x].find(*s[x].begin()));
}
//处理第二种情况
}
return Max;
//把最大值传上去
}
\(vector\) 版：
while(!s[x].empty()){
if(s[x].size()==1){
return max(Max,*s[x].begin());
}
it=lower_bound(s[x].begin(),s[x].end(),k-*s[x].begin());
if(it==s[x].begin()) it++;
if(it==s[x].end()){
Max=max(Max,*s[x].begin());
s[x].erase(s[x].begin());
}
else {
ans++;
s[x].erase(it);
s[x].erase(s[x].begin());
}
}
return Max;
\(multiset\) 版：时间复杂度 \(O(nlog^2n)\)
\(vector\) 版：时间复杂度 \(O(n^2logn)\)
备注：如果数据是随机的，\(vector\) 的写法会很快，但菊花图可以把它卡掉
然后 \(tgD1T3\) 就被我们解决了
还有就是那个二分上界可以换成树的直径
\(Code\ Below:\)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=50000+10;
int n,m,head[maxn],tot,ans,up;
struct node{
int to,next,val;
}e[maxn<<1];
multiset<int> s[maxn];
multiset<int>::iterator it;
inline int read(){
register int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(isdigit(ch)){x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';ch=getchar();}
return (f==1)?x:-x;
}
inline void add(int x,int y,int w){
e[++tot].to=y;
e[tot].val=w;
e[tot].next=head[x];
head[x]=tot;
}
int dfs(int x,int fa,int k){
s[x].clear();
int val;
for(int i=head[x],y;i;i=e[i].next){
y=e[i].to;
if(y==fa) continue;
val=dfs(y,x,k)+e[i].val;
if(val>=k) ans++;
else {
s[x].insert(val);
}
}
int Max=0;
while(!s[x].empty()){
if(s[x].size()==1){
return max(Max,*s[x].begin());
}
it=s[x].lower_bound(k-*s[x].begin());
if(it==s[x].begin()&&s[x].count(*it)==1) it++;
if(it==s[x].end()){
Max=max(Max,*s[x].begin());
s[x].erase(s[x].find(*s[x].begin()));
}
else {
ans++;
s[x].erase(s[x].find(*it));
s[x].erase(s[x].find(*s[x].begin()));
}
}
return Max;
}
int check(int k){
ans=0;
dfs(1,0,k);
if(ans>=m) return 1;
return 0;
}
int dfs1(int x,int fa){
int sum1=0,sum2=0;
for(int i=head[x],y;i;i=e[i].next){
y=e[i].to;
if(y==fa) continue;
sum2=max(sum2,dfs1(y,x)+e[i].val);
if(sum1<sum2) swap(sum1,sum2);
}
up=max(up,sum1+sum2);
return sum1;
}
int main()
{
n=read(),m=read();
int x,y,w;
for(int i=1;i<n;i++){
x=read(),y=read(),w=read();
add(x,y,w);add(y,x,w);
}
dfs1(1,0);
int l=1,r=up,mid;
while(l<r){
mid=l+r+1>>1;
if(check(mid)) l=mid;
else r=mid-1;
}
printf("%d\n",l);
return 0;
}
