【洛谷P8820】数据传输

1|0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。
$n,Q\leq 2\times 10^5,1\leq k\leq 3$。

2|0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

$$f[x][y][i][j]=\min^{m-1}_{k=0}(f[x][z][i][k]+f[z][y][k][j])$$

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 $O(m^3n\log n)$。

3|0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;
}

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本文作者：stoorz
本文链接：https://www.cnblogs.com/stoorz/p/16875020.html
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