【洛谷P4292】重建计划

题目

题目链接：https://www.luogu.com.cn/problem/P4292
X 国遭受了地震的重创, 导致全国的交通近乎瘫痪，重建家园的计划迫在眉睫。X 国由 \(N\) 个城市组成, 重建小组提出，仅需建立 \(N-1\) 条道路即可使得任意两个城市互相可达。于是，重建小组很快提出了一个包含 \(N-1\) 条道路的方案，并满足城市之间两两可达，他们还计算评估了每条道路 \(e\) 建设之后可以带来的价值 \(v(e)\)。
由于重建计划复杂而艰难，经费也有一定限制。因此，政府要求第一期重建工程修建的道路数目为 \(k\) 条，但需满足 \(L \leq k \leq U\)，即不应少于\(L\) 条，但不超过 \(U\) 条。同时，为了最大化利用率，要求建设的这些道路恰好组成一条简单路径，即所建设的 \(k\) 条路径可以构成一个排列 \(e_1 = (p_1, q_1), e_2 = (p_2, q_2), \cdots , e_k = (p_k, q_k)\)， 对于 \(1 \leq i < k\)， 有\((q_i = p_{i+1})\)。
重建小组打算修改他们的原有方案以满足要求，即在原有的 \(N-1\) 条道路中寻找一条路径 \(S\) 作为新的方案，使得新方案中的道路平均价值

\[AvgValue = \frac{\sum _{e \in S} v(e)}{|S|} \]

最大。这里 \(v(e)\) 表示道路 \(e\) 的价值，\(|S|\) 表示新方案中道路的条数。请你帮助重建小组寻找一个最优方案。 注: 在本题中 \(L\) 和 \(U\) 的设置将保证有解。
\(n\leq 100000\)。

思路

首先很显然需要套上一个二分答案，边权减去 \(mid\) 后转化为求路径长度在 \([L,R]\) 中的最大值。
长剖，对于点 \(x\)，先把他的长儿子跑一遍，然后考虑他的轻儿子 \(y\) 的贡献。
枚举 \(y\) 的子树中链的深度 \(j\)，那么 \(x\) 其他已经便利过的子树中所取的链长度应该在 \([\max(0,L-j-1),\min(\text{maxd}_x,R-j-1)]\) 中，其中 \(\text{maxd}_x\) 表示 \(x\) 子树中深度最大的点到 \(x\) 的距离。
那么问题变为如何在 \(O(\log n)\) 的时间内得到 \(x\) 已经便利过子树中距离 \(x\) 长度在区间内的路径的边权最大值。
维护一棵线段树，对于一个 \(x\) 子树已经遍历过的节点 \(z\)，记 \(\text{id}_z\) 表示 \(z\) 在长剖后的 dfs 序。那么线段树上区间 \([\text{id}_z,\text{id}_z]\) 则表示下图红框中所有节点到 \(x\) 的距离最大值。

也就是在 \(z\) 之前遍历到，\(x\) 子树内所有与 \(z\) 深度相同的点，到 \(x\) 距离的最大值。
这样的话有两个优点：同一条长链上的，深度连续的点在线段树上的编号连续；且我们每次从一个轻儿子回到其父亲节点的时候不用清空线段树，并且信息可以正确继承。
然后线段树维护区间最大值即可。
我们枚举的深度之和就是所有长链的长度之和，显然是 \(O(n)\) 的，所以对于一次 check 我们的复杂度是 \(O(n\log n)\) 的，再算上二分，最终的时间复杂度是 \(O(n\log n\log r)\) 的，其中 \(r\) 是二分上界。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N=100010;
const double eps=1e-5,Inf=1e18;
int n,L,R,tot,head[N],dep[N],maxd[N],son[N],id[N],pos[N];
double ans,dis[N];

struct edge
{
	int next,to,dis1;
	double dis;
}e[N*2];

void add(int from,int to,int dis)
{
	e[++tot]=(edge){head[from],to,dis,0.0};
	head[from]=tot;
}

struct SegTree
{
	double maxv[N*4];
	
	void clear(int x,int l,int r)
	{
		maxv[x]=-Inf;
		if (l==r) { pos[l]=x; return; }
		int mid=(l+r)>>1;
		clear(x*2,l,mid); clear(x*2+1,mid+1,r);
	}
	
	void update(int x,int l,int r,int k,double v)
	{
		maxv[x]=max(maxv[x],v);
		if (l==r) return;
		int mid=(l+r)>>1;
		if (k<=mid) update(x*2,l,mid,k,v);
			else update(x*2+1,mid+1,r,k,v);
	}
	
	double query(int x,int l,int r,int ql,int qr)
	{
		if (ql<=l && qr>=r) return maxv[x];
		int mid=(l+r)>>1; double res=-Inf;
		if (ql<=mid) res=max(res,query(x*2,l,mid,ql,qr));
		if (qr>mid) res=max(res,query(x*2+1,mid+1,r,ql,qr));
		return res;
	}
}seg;

void prework()
{
	ans=-Inf; tot=0;
	seg.clear(1,1,n);
}

void dfs1(int x,int fa)
{
	dep[x]=dep[fa]+1;
	for (int i=head[x];~i;i=e[i].next)
	{
		int v=e[i].to;
		if (v!=fa)
		{
			dfs1(v,x);
			if (maxd[v]+1>maxd[x])
				maxd[x]=maxd[v]+1,son[x]=i;
		}
	}
}

void dfs2(int x,int fa)
{
	id[x]=++tot;
	if (son[x])
	{
		int v=e[son[x]].to;
		dis[v]=dis[x]+e[son[x]].dis;
		dfs2(v,x);
	}
	seg.update(1,1,n,id[x],dis[x]);
	for (int i=head[x];~i;i=e[i].next)
	{
		int v=e[i].to;
		if (i!=son[x] && v!=fa)
		{
			dis[v]=dis[x]+e[i].dis;
			dfs2(v,x);
			for (int j=0;j<=maxd[v];j++)
			{
				int ql=id[x]+max(0,L-j-1),qr=id[x]+min(maxd[x],R-j-1);
				ans=max(ans,seg.maxv[pos[id[v]+j]]+seg.query(1,1,n,ql,qr)-2.0*dis[x]);
			}
			for (int j=0;j<=maxd[v];j++)
				seg.update(1,1,n,id[x]+j+1,seg.maxv[pos[id[v]+j]]);
		}
	}
	ans=max(ans,seg.query(1,1,n,id[x]+L,id[x]+min(maxd[x],R))-dis[x]);
}

int main()
{
	memset(head,-1,sizeof(head));
	scanf("%d%d%d",&n,&L,&R);
	for (int i=1,x,y,z;i<n;i++)
	{
		scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
		add(x,y,z); add(y,x,z);
	}
	dfs1(1,0);
	double l=0,r=1e6,mid;
	while (r-l>eps)
	{
		prework();
		mid=(l+r)/2.0;
		for (int i=1;i<=2*(n-1);i++)
			e[i].dis=1.0*e[i].dis1-mid;
		dfs2(1,0);
		if (ans>=0) l=mid;
			else r=mid;
	}
	printf("%.3lf",l);
	return 0;
}