经过不懈（抄题解）努力之后，终于AC了此题。
说起来很简单。
考虑一个链上的情况，
建立直角坐标系。
横坐标是t，纵坐标是距离链开头的距离d
m个路径就是一个线段
那么能碰撞，当且仅当线段有交。
给一些线段的集合，求两两之间的第一个交点。
做法：
扫描线。
set维护线段，按照纵坐标递增，纵坐标相同按斜率递增。用全局变量X重载小于号。
加入一个线段时候，把它和它的前驱后继求交。
删除一个线段时候，把它的后继和它的前驱求交。
交点横坐标贡献给答案。
虽然不能求出前多少大的交点，甚至两条线在相交之后相对位置会改变
但是无所谓！在第一个交点出现之前，两两线段的相对顺序不变
我们只需要第一个交点。之后的操作如果横坐标大于ans，直接break！
上面求的交点一定可以得到第一个交点（自己画画图）
树上？树链剖分，直接放到直上直下的链上去做！！！！
利用树剖logn段，经典套路
实现方式：
1.注意重链头上的边归给自己。
2.线段的存储方式：
如果直接写成k*x+b的形式，b会很大，产生精度误差。而且点点相交的时候也比较麻烦。
所以采用物理方式
记录到达这个链时候的开始时间，开始位置，结束位置，速度
求交点就是相遇问题。
求横坐标为X位置的值，也是用：位移=速度*时间
eps开的是1e-9
O(nlog^2n)很不满。
#include<bits/stdc++.h>
#define reg register int
#define il inline
#define fi first
#define se second
#define mk(a,b) make_pair(a,b)
#define numb (ch^‘0‘)
#define pb push_back
#define solid const auto &
#define enter cout<<endl
#define pii pair<int,int>
using namespace std;
typedef long long ll;
template<class T>il void rd(T &x){
char ch;x=0;bool fl=false;while(!isdigit(ch=getchar()))(ch==‘-‘)&&(fl=true);
for(x=numb;isdigit(ch=getchar());x=x*10+numb);(fl==true)&&(x=-x);}
template<class T>il void output(T x){if(x/10)output(x/10);putchar(x%10+‘0‘);}
template<class T>il void ot(T x){if(x<0) putchar(‘-‘),x=-x;output(x);putchar(‘ ‘);}
template<class T>il void prt(T a[],int st,int nd){for(reg i=st;i<=nd;++i) ot(a[i]);putchar(‘\n‘);}
namespace Modulo{
const int mod=998244353;
il int ad(int x,int y){return x+y>=mod?x+y-mod:x+y;}
il int sub(int x,int y){return ad(x,mod-y);}
il int mul(int x,int y){return (ll)x*y%mod;}
il void inc(int &x,int y){x=ad(x,y);}
il void inc2(int &x,int y){x=mul(x,y);}
il int qm(int x,int y=mod-2){int ret=1;while(y){if(y&1) ret=mul(x,ret);x=mul(x,x);y>>=1;}return ret;}
template<class ...Args>il int ad(const int a,const int b,const Args &...args) {return ad(ad(a,b),args...);}
template<class ...Args>il int mul(const int a,const int b,const Args &...args) {return mul(mul(a,b),args...);}
}
namespace Miracle{
const int N=1e5+5;
const double inf=1e13;
const double eps=1e-9;
int n,m;
struct node{
int nxt,to;
}eg[2*N];
int hd[N],cnt;
void add(int x,int y){
eg[++cnt].nxt=hd[x];
eg[cnt].to=y;
hd[x]=cnt;
}
int dfn[N],df,top[N],fa[N],id[N];
int son[N],sz[N],dep[N];
/////////////////////////
double X;//here is X!
/////////////////////////
int Fabs(double x){
if(x>eps) return 1;
if(x<-eps) return -1;
return 0;
}
struct line{
int st,nd;
double bt,v;
double friend operator &(line x,line y){
if(Fabs(x.v-y.v)){
double ny=y.st+(x.bt-y.bt)*y.v;
double tim=x.bt+(ny-x.st)/(x.v-y.v);
if(tim>y.bt-eps&&tim>x.bt-eps&&tim<y.bt+(y.nd-y.st)/y.v+eps&&tim<x.bt+(x.nd-x.st)/x.v+eps) return tim;
return inf;
}else{
if(Fabs((y.st-x.st)/x.v+x.bt-y.bt)==0) return max(y.bt,x.bt);
return inf;
}
}
bool friend operator <(line x,line y){
double nx=x.st+(X-x.bt)*x.v,ny=y.st+(X-y.bt)*y.v;
if(Fabs(nx-ny)!=0) return nx<ny;
if(Fabs(x.v-y.v)!=0) return x.v<y.v;
if(x.st!=y.st) return x.st<y.st;
return x.nd<y.nd;
}
};
struct hl{
vector<line>mem;
int st,nd;
}h[N];
int tot;
void dfs(int x){
sz[x]=1;
dep[x]=dep[fa[x]]+1;
for(reg i=hd[x];i;i=eg[i].nxt){
int y=eg[i].to;
if(y==fa[x]) continue;
fa[y]=x;
dfs(y);
sz[x]+=sz[y];
if(sz[y]>sz[son[x]]) son[x]=y;
}
}
void dfs2(int x){
dfn[x]=++df;
if(!top[x]){
++tot;
if(x==1) h[tot].st=x;
else h[tot].st=fa[x];
top[x]=x;
id[x]=tot;
h[tot].nd=x;
}else{
id[x]=id[top[x]];
h[id[x]].nd=x;
}
if(son[x]) top[son[x]]=top[x],dfs2(son[x]);
for(reg i=hd[x];i;i=eg[i].nxt){
int y=eg[i].to;
if(y==fa[x]) continue;
if(y==son[x]) continue;
dfs2(y);
}
}
int lca(int x,int y){
while(top[x]!=top[y]){
if(dep[top[x]]<dep[top[y]]) swap(x,y);
x=fa[top[x]];
}
if(dep[x]<dep[y]) swap(x,y);
return y;
}
void push(int x,int y,int t,int c){
double xt=t;
int anc=lca(x,y);
int dis=dep[x]+dep[y]-2*dep[anc];
double yt=(double)t+(double)dis/c;
while(top[x]!=top[y]){
if(dep[top[x]]>dep[top[y]]){//jump x
int now=id[x];
line lp;
lp.bt=xt;
lp.st=dep[x]-dep[h[now].st];
lp.nd=0;lp.v=-c;h[now].mem.pb(lp);
xt+=(double)(dep[x]-dep[h[now].st])/c;
x=fa[top[x]];
}else{//jump y
int now=id[y];
line lp;
yt-=(double)(dep[y]-dep[h[now].st])/c;
lp.bt=yt;
lp.st=0;lp.nd=dep[y]-dep[h[now].st];
lp.v=c;
h[now].mem.pb(lp);
y=fa[top[y]];
}
}
if(dep[x]>dep[y]){
int now=id[x];
line lp;
lp.bt=xt;
lp.st=dep[x]-dep[h[now].st];
lp.nd=dep[y]-dep[h[now].st];lp.v=-c;h[now].mem.pb(lp);
}else{
int now=id[y];
line lp;
yt-=(double)(dep[y]-dep[x])/c;
lp.bt=yt;
lp.st=dep[x]-dep[h[now].st];lp.nd=dep[y]-dep[h[now].st];
lp.v=c;
h[now].mem.pb(lp);
}
}
double ans=inf;
struct ev{
double p;
int id,tp;
bool friend operator <(ev a,ev b){
if(Fabs(a.p-b.p)!=0) return a.p<b.p;
return a.tp>b.tp;
}
}e[2*N];
multiset<line>s;
int main(){
rd(n);rd(m);
int x,y;
for(reg i=1;i<n;++i){
rd(x);rd(y);
add(x,y);
add(y,x);
}
dfs(1);
dfs2(1);
int t,c;
for(reg i=1;i<=m;++i){
rd(t);rd(c);rd(x);rd(y);
push(x,y,t,c);
}
ans=inf;
for(reg i=1;i<=tot;++i){
int num=0;
for(reg o=0;o<(int)h[i].mem.size();++o){
line lp=h[i].mem[o];
e[++num].id=o;
e[num].p=lp.bt;
e[num].tp=1;
e[++num].id=o;
e[num].p=lp.bt+(lp.nd-lp.st)/lp.v;
e[num].tp=-1;
}
sort(e+1,e+num+1);
s.clear();
for(reg j=1;j<=num;++j){
X=e[j].p;
if(X>ans-eps) break;
line lp=h[i].mem[e[j].id];
if(e[j].tp==1){
s.insert(lp);
auto bc=s.lower_bound(lp);
auto tmp=bc;++tmp;
if(tmp!=s.end()){
ans=min(ans,(*tmp)&lp);
}
tmp=bc;
if(tmp!=s.begin()){
--tmp;
ans=min(ans,(*tmp)&lp);
}
}else{
auto bc=s.lower_bound(lp);
if(bc!=s.end()){
if(bc!=s.begin()){
auto pr=bc;--pr;
ans=min(ans,(*bc)&(*pr));
}
}
auto now=s.find(lp);
s.erase(now);
}
}
}
if(ans>=inf-1) puts("-1");
else printf("%.10lf",ans);
return 0;
}
}
signed main(){
Miracle::main();
return 0;
}
/*
Author: *Miracle*
*/
两个知识点：
1.线段集合求最小的交点。
2.树链剖分，路径放到链上转化为序列问题。
原文地址：https://www.cnblogs.com/Miracevin/p/11079279.html
时间： 2024-08-11 09:36:37