【洛谷P8820】数据传输
题目
题目链接：https://www.luogu.com.cn/problem/P8820
小 C 正在设计计算机网络中的路由系统。
测试用的网络总共有 \(n\) 台主机，依次编号为 \(1 \sim n\)。这 \(n\) 台主机之间由 \(n - 1\) 根网线连接，第 \(i\) 条网线连接个主机 \(a_i\) 和 \(b_i\)。保证任意两台主机可以通过有限根网线直接或者间接地相连。受制于信息发送的功率，主机 \(a\) 能够直接将信息传输给主机 \(b\) 当且仅当两个主机在可以通过不超过 \(k\) 根网线直接或者间接的相连。
在计算机网络中，数据的传输往往需要通过若干次转发。假定小 C 需要将数据从主机 \(a\) 传输到主机 \(b\)（\(a \neq b\)），则其会选择出若干台用于传输的主机 \(c_1 = a, c_2, \ldots, c_{m - 1}, c_m = b\)，并按照如下规则转发：对于所有的 \(1 \le i < m\)，主机 \(c_i\) 将信息直接发送给 \(c_{i + 1}\)。
每台主机处理信息都需要一定的时间，第 \(i\) 台主机处理信息需要 \(v_i\) 单位的时间。数据在网络中的传输非常迅速，因此传输的时间可以忽略不计。据此，上述传输过程花费的时间为 \(\sum_{i = 1}^{m} v_{c_i}\)。
现在总共有 \(q\) 次数据发送请求，第 \(i\) 次请求会从主机 \(s_i\) 发送数据到主机 \(t_i\)。小 C 想要知道，对于每一次请求至少需要花费多少单位时间才能完成传输。
\(n,Q\leq 2\times 10^5,1\leq k\leq 3\)。
思路
下文 \(m\) 即为题目中的 \(k\)。
设 \(f[x][y][i][j]\) 表示将数据从点 \(x\) 传输到点 \(y\)，其中点 \(x\) 之前已经使用 \(i\) 条网线，\(y\) 之前已经使用 \(j\) 条网线的最小代价。
转移的话，容易发现只需要随便选取 \(x\) 到 \(y\) 路径上的一个点 \(z\)，就有
这样预处理时间复杂度为 \(O(n^2)\)，单次询问时间复杂度为 \(O(1)\)。考虑如何用询问的复杂度换预处理的复杂度。
可以发现路径是可以通过拼接进行转移的，这启发我们将 \(x\) 到 \(y\) 的路径拆分成 \(x\) 到 \(\text{LCA}(x,y)\) 以及 \(\text{LCA}(x,y)\) 到 \(y\) 两段。
这样的话，每一段都是祖孙关系。可以通过倍增进行优化。
将 \(f[x][y][i][j]\) 的定义修改一下，\(y\) 表示到 \(x\) 的 \(2^y\) 级祖先，其他不变。那么可以 \(O(n \log n)\) 预处理出这个数组。
每次询问拆分成两条路径之后，利用倍增分别求出两条路径的 dp 数组，然后拼接在一起就好。这样询问的复杂度也是 \(O(n\log n)\)。
注意由于我们求出来的是 \(y\) 到 \(\text{LCA}(x,y)\) 的答案而非 \(\text{LCA}(x,y)\) 到 \(y\) 的答案，所以最后合并的时候需要讨论一下 \(\text{LCA}(x,y)\) 处的权值会不会算漏或算重。
嫌转移太长可以用矩阵搞一下。
时间复杂度 \(O(m^3n\log n)\)。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=200010,LG=18;
int n,m,Q,tot,a[N],mina[N],head[N],dep[N],f[N][LG+1];
struct Matrix
{
ll a[3][3];
Matrix() { memset(a,0x3f,sizeof(a)); }
friend Matrix operator +(Matrix a,Matrix b)
{
Matrix c;
for (int i=0;i<m;i++)
for (int j=0;j<m;j++)
for (int k=0;k<m;k++)
c.a[i][j]=min(c.a[i][j],a.a[i][k]+b.a[k][j]);
return c;
}
}dis[N][LG+1],d1,d2;
struct edge
{
int next,to;
}e[N*2];
void add(int from,int to)
{
e[++tot]=(edge){head[from],to};
head[from]=tot;
}
void dfs(int x,int fa)
{
dep[x]=dep[fa]+1; f[x][0]=fa;
dis[x][0].a[0][0]=a[fa];
if (m>=2) dis[x][0].a[1][0]=a[fa],dis[x][0].a[0][1]=0;
if (m>=3) dis[x][0].a[2][0]=a[fa],dis[x][0].a[1][2]=0,dis[x][0].a[2][2]=mina[x];
for (int i=1;i<=LG;i++)
{
f[x][i]=f[f[x][i-1]][i-1];
dis[x][i]=dis[x][i-1]+dis[f[x][i-1]][i-1];
}
for (int i=head[x];~i;i=e[i].next)
{
int v=e[i].to;
if (v!=fa) dfs(v,x);
}
}
int lca(int x,int y)
{
if (dep[x]<dep[y]) swap(x,y);
for (int i=LG;i>=0;i--)
if (dep[f[x][i]]>=dep[y]) x=f[x][i];
if (x==y) return x;
for (int i=LG;i>=0;i--)
if (f[x][i]!=f[y][i]) x=f[x][i],y=f[y][i];
return f[x][0];
}
Matrix calc(int x,int y)
{
Matrix res;
res.a[0][0]=0;
for (int i=LG;i>=0;i--)
if (dep[f[x][i]]>=dep[y])
res=res+dis[x][i],x=f[x][i];
return res;
}
int main()
{
memset(head,-1,sizeof(head));
memset(mina,0x3f,sizeof(mina));
scanf("%d%d%d",&n,&Q,&m);
for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
for (int i=1,x,y;i<n;i++)
{
scanf("%d%d",&x,&y);
add(x,y); add(y,x);
mina[x]=min(mina[x],a[y]);
mina[y]=min(mina[y],a[x]);
}
dfs(1,0);
for (int i=1,x,y;i<=Q;i++)
{
scanf("%d%d",&x,&y);
int p=lca(x,y);
d1=calc(x,p); d2=calc(y,p);
ll ans=1000000000000000000LL;
for (int i=0;i<m;i++)
for (int j=0;j<m;j++)
if (i+j!=0 && i+j!=4) ans=min(ans,d1.a[0][i]+d2.a[0][j]);
ans=min(ans,d1.a[0][0]+d2.a[0][0]-a[p]);
ans=min(ans,d1.a[0][2]+d2.a[0][2]+mina[p]);
printf("%lld\n",ans+a[x]+a[y]);
}
return 0;
}
