浴谷夏令营例题Codeforces827DBest Edge Weight(三个愿望,一次满足~(大雾

  这题在浴谷夏令营wyx在讲的最小生成树的时候提到过,但并没有细讲怎么写...

  这题可以用三种写法写,虽然只有两种能过。。。(倍增/倍增+并查集/树链剖分

  先跑出最小生成树,分类讨论,在MST上的边,考虑用可以对这条边有影响的(判断是否有影响同后面)不在MST上的边的最小值-1来更新,不在MST上的边u->v,考虑用MST上u到v的路径上的边的最大值-1来更新。

  显然用倍增就可以了,细节看代码。

#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<map>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=500010,inf=2e9;
struct poi{int x,y,z,pos;}a[maxn];
struct zs{int too,dis,pre;}e[maxn];
int n,m,x,y,z,tot;
int last[maxn],ans[maxn],mn[maxn][20],mx[maxn][20],f[maxn][20],fa[maxn],d[maxn];
bool ty[maxn];
void read(int &k)
{
    int f=1;k=0;char c=getchar();
    while(c<‘0‘||c>‘9‘)c==‘-‘&&(f=-1),c=getchar();
    while(c<=‘9‘&&c>=‘0‘)k=k*10+c-‘0‘,c=getchar();
    k*=f;
}
bool cmp(poi a,poi b){return a.z<b.z;}
void add(int x,int y,int z){e[++tot].too=y;e[tot].dis=z;e[tot].pre=last[x];last[x]=tot;}
int gf(int x){return fa[x]==x?x:fa[x]=gf(fa[x]);}
void dfs(int x,int fa)
{
    f[x][0]=fa;d[x]=d[fa]+1;
    for(int i=last[x];i;i=e[i].pre)
    if(e[i].too!=fa)
    {
        mx[e[i].too][0]=e[i].dis;
        dfs(e[i].too,x);
    }
}
inline int query(int x,int y)
{
    int ans=0;
    if(d[x]<d[y])swap(x,y);
    for(int i=19;i>=0;i--)
    if(d[f[x][i]]>=d[y])ans=max(ans,mx[x][i]),x=f[x][i];
    if(x==y)return ans;
    for(int i=19;i>=0;i--)
    if(f[x][i]!=f[y][i])ans=max(ans,max(mx[x][i],mx[y][i])),x=f[x][i],y=f[y][i];
    return max(ans,max(mx[x][0],mx[y][0]));
}
void update(int x,int y,int delta)
{
    if(d[x]<d[y])swap(x,y);
    for(int i=19;i>=0;i--)
    if(d[f[x][i]]>=d[y])mn[x][i]=min(mn[x][i],delta),x=f[x][i];
    if(x==y)return;
    for(int i=19;i>=0;i--)
    if(f[x][i]!=f[y][i])mn[x][i]=min(mn[x][i],delta),mn[y][i]=min(mn[y][i],delta),x=f[x][i],y=f[y][i];
    mn[x][0]=min(mn[x][0],delta);mn[y][0]=min(mn[y][0],delta);
}
int main()
{
    read(n);read(m);
    for(int i=1;i<=m;i++)read(a[i].x),read(a[i].y),read(a[i].z),a[i].pos=i;
    for(int i=1;i<=n;i++)fa[i]=i;
    sort(a+1,a+1+m,cmp);
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        int fx=gf(a[i].x),fy=gf(a[i].y);
        if(fx==fy)continue;
        add(a[i].x,a[i].y,a[i].z);
        add(a[i].y,a[i].x,a[i].z);
        fa[fx]=fy;ty[i]=1;
    }
    dfs(1,0);
    for(int j=1;j<20;j++)for(int i=1;i<=n;i++)mx[i][j]=max(mx[i][j-1],mx[f[i][j-1]][j-1]),f[i][j]=f[f[i][j-1]][j-1];
    memset(mn,0x7f,sizeof(mn));
    for(int i=1;i<=m;i++)
    if(!ty[i])
    {
        ans[a[i].pos]=query(a[i].x,a[i].y)-1;
        update(a[i].x,a[i].y,a[i].z);
    }
    for(int j=19;j>=1;j--)for(int i=1;i<=n;i++)mn[i][j-1]=min(mn[i][j-1],mn[i][j]),mn[f[i][j-1]][j-1]=min(mn[f[i][j-1]][j-1],mn[i][j]);
    for(int i=1;i<=m;i++)if(ty[i])ans[a[i].pos]=(d[a[i].x]>d[a[i].y]?mn[a[i].x][0]:mn[a[i].y][0])-1;
    for(int i=1;i<=m;i++)printf("%d ",ans[i]>=inf?-1:ans[i]);
    return 0;
}

  显然还可以写链剖。。但是两个log就TLE了。。。

#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<map>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=200010,inf=2e9;
struct zs{int too,pre,dis;}e[maxn*3];
struct tjm{int max,min,delta;}tree[maxn*4];
struct poi{int x,y,z,pos;}a[maxn];
int n,m,x,y,z,tot,cnt;
int fa[maxn],fq[maxn],d[maxn],son[maxn],size[maxn],last[maxn],len[maxn],mx[maxn],w[maxn],ans[maxn],top[maxn];
bool ty[maxn];
void read(int &k)
{
    int f=1;k=0;char c=getchar();
    while(c<‘0‘||c>‘9‘)c==‘-‘&&(f=-1),c=getchar();
    while(c<=‘9‘&&c>=‘0‘)k=k*10+c-‘0‘,c=getchar();
    k*=f;
}
bool cmp(poi a,poi b){return a.z<b.z;}
int gf(int x){return fa[x]==x?x:fa[x]=gf(fa[x]);}
void add(int x,int y,int z){e[++tot].too=y;e[tot].dis=z;e[tot].pre=last[x];last[x]=tot;}
void dfs1(int x)
{
    for(int i=last[x];i;i=e[i].pre)
    {
        int too=e[i].too;
        if(too==fq[x])continue;
        fq[too]=x;
        d[too]=d[x]+1;
        len[too]=e[i].dis;
        dfs1(too);
        if(size[too]>size[son[x]])son[x]=too;
        size[x]+=size[too];
    }
}
void dfs2(int x,int tp)
{
    w[x]=++cnt;mx[cnt]=len[x];top[x]=tp;
    if(son[x])dfs2(son[x],tp);
    for(int i=last[x];i;i=e[i].pre)
    if(e[i].too!=fq[x]&&e[i].too!=son[x])dfs2(e[i].too,e[i].too);
}
void pushup(int x,int l,int r)
{
    if(l==r)return;
    tree[x].min=min(tree[x<<1].min,tree[x<<1|1].min);
    tree[x].max=max(tree[x<<1].max,tree[x<<1|1].max);
}
void pushdown(int x,int l,int r)
{
    if(l==r)return;
    if(tree[x].delta)
    {
        tree[x<<1].min=tree[x<<1|1].min=tree[x<<1].delta=tree[x<<1|1].delta=tree[x].delta;
        tree[x].delta=0;
    }
}
void build(int x,int l,int r)
{
    if(l==r){tree[x].min=inf;tree[x].max=mx[l];return;}
    int mid=(l+r)>>1;
    build(x<<1,l,mid);build(x<<1|1,mid+1,r);
    pushup(x,l,r);
}
void update(int x,int l,int r,int cl,int cr,int delta)
{
    if(cl<=l&&r<=cr)tree[x].min=min(tree[x].min,delta),tree[x].delta=delta;
    else
    {
        pushdown(x,l,r);
        int mid=(l+r)>>1;
        if(cl<=mid)update(x<<1,l,mid,cl,cr,delta);
        if(cr>mid)update(x<<1|1,mid+1,r,cl,cr,delta);
        pushup(x,l,r);
    }
}
int query(int x,int l,int r,int cx)
{
    if(l==cx&&cx==r)return tree[x].min;
    pushdown(x,l,r);
    int mid=(l+r)>>1,ret=inf;
    if(cx<=mid)ret=query(x<<1,l,mid,cx);
    if(cx>mid)ret=query(x<<1|1,mid+1,r,cx);
    return ret;
}
int query2(int x,int l,int r,int cl,int cr)
{
    if(cl<=l&&r<=cr)return tree[x].max;
    pushdown(x,l,r);
    int mid=(l+r)>>1,ret=0;
    if(cl<=mid)ret=query2(x<<1,l,mid,cl,cr);
    if(cr>mid)ret=max(ret,query2(x<<1|1,mid+1,r,cl,cr));
    return ret;
}
int work(int x,int y,int delta)
{
    int f1=top[x],f2=top[y],ans=0;
    while(f1!=f2)
    {
        if(d[f1]<d[f2])swap(x,y),swap(f1,f2);
        if(delta!=-1)update(1,1,n,w[f1],w[x],delta);
        else ans=max(ans,query2(1,1,n,w[f1],w[x]));
        x=fq[f1];f1=top[x];
    }
    if(x==y)return ans;
    if(d[x]<d[y])swap(x,y);
    if(delta!=-1)update(1,1,n,w[son[y]],w[x],delta);
    else return max(ans,query2(1,1,n,w[son[y]],w[x]));
    return ans;
}
int main()
{
    read(n);read(m);
    for(int i=1;i<=m;i++)read(a[i].x),read(a[i].y),read(a[i].z),a[i].pos=i;
    sort(a+1,a+1+m,cmp);
    for(int i=1;i<=n;i++)fa[i]=i;
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        int fx=gf(a[i].x),fy=gf(a[i].y);
        if(fx==fy)continue;
        add(a[i].x,a[i].y,a[i].z);
        add(a[i].y,a[i].x,a[i].z);
        fa[fx]=fy;ty[i]=1;
    }
    dfs1(1);dfs2(1,1);build(1,1,n);
    for(int i=1;i<=m;i++)
    if(!ty[i])
    {
        ans[a[i].pos]=work(a[i].x,a[i].y,-1)-1;
        work(a[i].x,a[i].y,a[i].z);
    }
    for(int i=1;i<=m;i++)if(ty[i])ans[a[i].pos]=query(1,1,n,w[d[a[i].x]>d[a[i].y]?a[i].x:a[i].y])-1;
    for(int i=1;i<=m;i++)printf("%d ",ans[i]==inf-1?-1:ans[i]);
    return 0;
}

  求最大值还是用倍增,求最小值的话,上面两种方法都不够快...

  注意到每条边只会被能更新它的最小值更新一次,于是就可以上并查集跳跳跳了,复杂度O(N)

#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<map>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=500010,inf=2e9;
struct poi{int x,y,z,pos;}a[maxn],edge[maxn];
struct zs{int too,dis,pre;}e[maxn];
int n,m,x,y,z,tot,cnt,f1,f2,lastx,lasty;
int last[maxn],ans[maxn],mn[maxn][20],mx[maxn][20],f[maxn][20],fa[maxn],d[maxn],v[maxn];
bool ty[maxn];
void read(int &k)
{
    int f=1;k=0;char c=getchar();
    while(c<‘0‘||c>‘9‘)c==‘-‘&&(f=-1),c=getchar();
    while(c<=‘9‘&&c>=‘0‘)k=k*10+c-‘0‘,c=getchar();
    k*=f;
}
bool cmp(poi a,poi b){return a.z<b.z;}
void add(int x,int y,int z){e[++tot].too=y;e[tot].dis=z;e[tot].pre=last[x];last[x]=tot;}
int gf(int x){return fa[x]==x?x:fa[x]=gf(fa[x]);}
inline void dfs(int x,int fa)
{
    f[x][0]=fa;d[x]=d[fa]+1;
    for(int i=last[x];i;i=e[i].pre)
    if(e[i].too!=fa)
    {
        mx[e[i].too][0]=e[i].dis;
        dfs(e[i].too,x);
    }
}
inline int query(int x,int y)
{
    int ans=0;
    if(d[x]<d[y])swap(x,y);
    for(int i=19;i>=0;i--)
    if(d[f[x][i]]>=d[y])ans=max(ans,mx[x][i]),x=f[x][i];
    if(x==y)return ans;
    for(int i=19;i>=0;i--)
    if(f[x][i]!=f[y][i])ans=max(ans,max(mx[x][i],mx[y][i])),x=f[x][i],y=f[y][i];
    return max(ans,max(mx[x][0],mx[y][0]));
}
int main()
{
    read(n);read(m);
    for(int i=1;i<=m;i++)read(a[i].x),read(a[i].y),read(a[i].z),a[i].pos=i;
    for(int i=1;i<=n;i++)fa[i]=i;
    sort(a+1,a+1+m,cmp);
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        int fx=gf(a[i].x),fy=gf(a[i].y);
        if(fx==fy)continue;
        add(a[i].x,a[i].y,a[i].z);
        add(a[i].y,a[i].x,a[i].z);
        fa[fx]=fy;ty[i]=1;
    }
    dfs(1,0);for(int j=1;j<20;j++)for(int i=1;i<=n;i++)mx[i][j]=max(mx[i][j-1],mx[f[i][j-1]][j-1]),f[i][j]=f[f[i][j-1]][j-1];
    memset(ans,0x7f,sizeof(ans));
    for(int i=1;i<=m;i++)
    if(!ty[i])
    {
        ans[a[i].pos]=query(a[i].x,a[i].y)-1;
        edge[++cnt].x=a[i].x;edge[cnt].y=a[i].y;edge[cnt].z=a[i].z;
    }
    sort(edge+1,edge+1+cnt,cmp);
    for(int i=1;i<=n;i++)fa[i]=i;
    for(int i=1;i<=cnt;i++)
    {
        x=edge[i].x;y=edge[i].y;f1=gf(x);f2=gf(y);lastx=0;lasty=0;
        while(f1!=f2)
        {
            if(d[f1]<d[f2])swap(x,y),swap(f1,f2),swap(lastx,lasty);
            if(!v[x])
            {
                v[x]=i;
                if(lastx)fa[lastx]=x;
            }
            else if(lastx)fa[lastx]=f1;
            lastx=f1;x=f[f1][0];f1=gf(x);
        }
    }
    for(int i=1;i<=m;i++)if(ty[i]&&v[d[a[i].x]>d[a[i].y]?a[i].x:a[i].y])ans[a[i].pos]=edge[v[d[a[i].x]>d[a[i].y]?a[i].x:a[i].y]].z-1;
    for(int i=1;i<=m;i++)printf("%d ",ans[i]>=inf?-1:ans[i]);
}

倍增+并查集: 

倍增:             

树链剖分:       

时间: 2024-10-10 23:48:33

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Codeforces 827D Best Edge Weight 倍增 + 并查集 || 倍增 + 压倍增标记 (看题解)

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「CF827D Best Edge Weight」 - LCT

CF827D Best Edge Weight tags:LCT 题意 给你一张有边权的简单图,现在要求对于每一条边求出,这条边的边权最大为多少时,它还能出现在所有可能的最小生成树上,如果对于任意边权都出现,则输出 -1 题解 分类讨论 这条边在最小生成树上,那么就是所有可以取代这条边的非树边的最小值-1 这个边不在最小生成树上,那么就是这条边可以取代的树边是最小值-1 直接 LCT 维护即可,时间复杂度 \(O(n\log n)\) #include<cstdio> #include<

Codeforces827D. Best Edge Weight

$n \leq 2e5,m \leq 2e5$的有边权图,对每条边问:不改其他边的情况下这条边最多能是多少使得他一定在所有最小生成树上,如果无穷大输出-1. 典型题+耗时题,CF上的绝望时刻..打VP时前三题花时间太多,导致这题看完题只剩20min,代码还得再敲稳点. 好进入正题,瞎造一棵最小生成树先然后 原文地址:https://www.cnblogs.com/Blue233333/p/8530937.html

浴谷八连测R6题解(收获颇丰.jpg)

这场的题都让我收获颇丰啊QWQ 感谢van♂老师 T1 喵喵喵!当时以为经典题只能那么做, 思维定势了... 因为DP本质是通过一些条件和答案互相递推的一个过程, 实际上就是把条件和答案分配在DP的状态和结果中, 所以当条件数值非常大, 而答案比较小的时候, 完全可以将答案放在DP数组的状态中,用来递推条件, 如果这个条件合法, 那么表明这个答案是可行的. 在这题里面, 答案不会超过b串的长度, 而a串的长度可以非常长, 所以可以设f[i][j]为b串中前i个字符, 匹配了j为在a串中的最前位置

【CodeForces】827 D. Best Edge Weight 最小生成树+倍增LCA+并查集

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