题
OvO http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=4326
解
首先二分答案（时间），
对于每个时间，在检查是否可以做到的时候，遍历每个路线，记录下那些超过时间限制的路线。
然后问题就是要找到一条边，被所有超时间限制的路线覆盖，记录这条边的长度。如果去掉这条边之后不超时间则该时间限制可行，否则不可行。
记超时间的路线数量为num。对于每一个超过时间的路线，记其起点为a，终点为b，c是和b的lca，开一个tag数组，把a，b节点的tag+1，c节点的tag-2，
接下来dfs，回溯的时候如果当前节点tag值和 num相等，那么当前节点与其母亲节点之间的边肯定被这num条路径覆盖了。
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Problem: 4326
Language: C++
Result: Accepted
Time:12372 ms
Memory:76528 kb
****************************************************************/
#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<math.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
#include <vector>
using namespace std;
const int MAXN=300044;
const int M=300044;
int rmq[2*MAXN];//建立RMQ的数组
struct ST
{
int mm[2*MAXN];//mm[i]表示i的最高位，mm[1]=0,mm[2]=1,mm[3]=1,mm[4]=2
int dp[MAXN*2][20];
void init(int n)
{
mm[0]=-1;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
mm[i]=((i&(i-1))==0?mm[i-1]+1:mm[i-1]);
dp[i][0]=i;
}
for(int j=1;j<=mm[n];j++)
for(int i=1;i+(1<<j)-1<=n;i++)
dp[i][j]=rmq[dp[i][j-1]]<rmq[dp[i+(1<<(j-1))][j-1]]?dp[i][j-1]:dp[i+(1<<(j-1))][j-1];
}
int query(int a,int b)//查询a到b间最小值的下标
{
if(a>b)swap(a,b);
int k=mm[b-a+1];
return rmq[dp[a][k]]<rmq[dp[b-(1<<k)+1][k]]?dp[a][k]:dp[b-(1<<k)+1][k];
}
};
struct Node
{
int to,next,dis;
};
struct LCA2RMQ
{
int n;//结点个数
Node edge[2*MAXN];//树的边,因为是建无向边，所以是两倍
int tol;//边的计数
int head[MAXN];//头结点
bool vis[MAXN];//访问标记
int F[2*MAXN];//F是欧拉序列，就是DFS遍历的顺序
int P[MAXN];//某点在F中第一次出现的位置
int cnt;
ST st;
void init(int n)//n为所以点的总个数，可以从0开始，也可以从1开始
{
this->n=n;
tol=0;
memset(head,-1,sizeof(head));
}
void addedge(int a,int b,int d)//加边
{
edge[tol].to=b;
edge[tol].next=head[a];
edge[tol].dis=d;
head[a]=tol++;
edge[tol].to=a;
edge[tol].next=head[b];
edge[tol].dis=d;
head[b]=tol++;
}
int query(int a,int b)//传入两个节点，返回他们的LCA编号
{
return F[st.query(P[a],P[b])];
}
void dfs(int a,int lev)
{
vis[a]=true;
++cnt;//先加，保证F序列和rmq序列从1开始
F[cnt]=a;//欧拉序列，编号从1开始，共2*n-1个元素
rmq[cnt]=lev;//rmq数组是深度序列
P[a]=cnt;
for(int i=head[a];i!=-1;i=edge[i].next)
{
int v=edge[i].to;
if(vis[v])continue;
dfs(v,lev+1);
++cnt;
F[cnt]=a;
rmq[cnt]=lev;
}
}
void solve(int root)
{
memset(vis,false,sizeof(vis));
cnt=0;
dfs(root,0);
st.init(2*n-1);
}
}lca;
struct Job
{
int a,b,c,cst;
} job[M];
int n,m;
int tag[M];
int dep[M];
int mxget,nednum;
inline void read(int &ret)
{
int k=0;
char f=1;
char c=getchar();
for(;!isdigit(c);c=getchar() )
if(c==‘-‘)
f=-1;
for(;isdigit(c);c=getchar() )
k=k*10+c-‘0‘;
ret=k*f;
}
void dfs(int rt,int ma,int edge_id)
{
int i,j,v,tmp;
for(i=lca.head[rt];i!=-1;i=lca.edge[i].next)
{
v=lca.edge[i].to;
if(v==ma) continue;
dfs(v,rt,i);
tag[rt]+=tag[v];
}
if(tag[rt]==nednum && lca.edge[edge_id].dis>mxget)
mxget=lca.edge[edge_id].dis;
}
void getdep(int rt,int ma,int depnow)
{
int i,j,v,tmp;
dep[rt]=depnow;
for(i=lca.head[rt];i!=-1;i=lca.edge[i].next)
{
v=lca.edge[i].to;
if(v==ma) continue;
getdep(v,rt,depnow+lca.edge[i].dis);
}
}
bool check(int spl)
{
int i,j,tmp;
memset(tag,0,sizeof(tag));
int ned=0;
nednum=0;
for(i=1;i<=m;i++)
{
if(job[i].cst>spl)
{
ned=max(ned,job[i].cst-spl);
tag[job[i].a]++;
tag[job[i].b]++;
tag[job[i].c]-=2;
nednum++;
}
}
if(ned==0) return true;
mxget=-1;
dfs(1,-1,-1);
if(mxget>=ned) return true;
return false;
}
void solve()
{
int i,j,a,b,c;
int li,ri,mid,mx=-1;
getdep(1,-1,0);
for(i=1;i<=m;i++)
{
job[i].c=lca.query(job[i].a,job[i].b);
job[i].cst=dep[job[i].a]+dep[job[i].b]-dep[job[i].c]*2;
mx=max(mx,job[i].cst);
}
li=-1; ri=mx;
while(li<ri-1)
{
mid=(li+ri)>>1;
if(check(mid))
ri=mid;
else li=mid;
}
int ans=ri;
printf("%d\n",ans);
}
int main()
{
int i,j,a,b,c;
read(n); read(m);
lca.init(n);
for(i=1;i<n;i++)
{
read(a); read(b); read(c);
lca.addedge(a,b,c);
}
lca.solve(1);
for(i=1;i<=m;i++)
{
read(a); read(b);
job[i].a=a; job[i].b=b;
}
solve();
return 0;
}
时间： 2024-10-02 06:29:38