• NOIP 2015运输计划

    题目背景

    公元 2044 年,人类进入了宇宙纪元。

    题目描述

    L 国有 n 个星球,还有 n-1 条双向航道,每条航道建立在两个星球之间,这 n-1 条航道连通了 L 国的所有星球。

    小 P 掌管一家物流公司,该公司有很多个运输计划,每个运输计划形如:有一艘物

    流飞船需要从 ui 号星球沿最快的宇航路径飞行到 vi 号星球去。显然,飞船驶过一条航道 是需要时间的,对于航道 j,任意飞船驶过它所花费的时间为 tj,并且任意两艘飞船之 间不会产生任何干扰。

    为了鼓励科技创新,L 国国王同意小 P 的物流公司参与 L 国的航道建设,即允许小 P 把某一条航道改造成虫洞,飞船驶过虫洞不消耗时间。

    在虫洞的建设完成前小 P 的物流公司就预接了 m 个运输计划。在虫洞建设完成后, 这 m 个运输计划会同时开始,所有飞船一起出发。当这 m 个运输计划都完成时,小 P 的 物流公司的阶段性工作就完成了。

    如果小 P 可以自由选择将哪一条航道改造成虫洞,试求出小 P 的物流公司完成阶段 性工作所需要的最短时间是多少?

    输入输出格式

    输入格式：

    输入文件名为 transport.in。

    第一行包括两个正整数 n、m,表示 L 国中星球的数量及小 P 公司预接的运输计划的数量,星球从 1 到 n 编号。

    接下来 n-1 行描述航道的建设情况,其中第 i 行包含三个整数 ai, bi 和 ti,表示第

    i 条双向航道修建在 ai 与 bi 两个星球之间,任意飞船驶过它所花费的时间为 ti。

    接下来 m 行描述运输计划的情况,其中第 j 行包含两个正整数 uj 和 vj,表示第 j个 运输计划是从 uj 号星球飞往 vj 号星球。

    输出格式：

    输出 共1行,包含1个整数,表示小P的物流公司完成阶段性工作所需要的最短时间。

    输入输出样例

    输入样例#1：
    6 3 
1 2 3 
1 6 4 
3 1 7 
4 3 6 
3 5 5 
3 6 
2 5 
4 5
    输出样例#1：
    11

    说明

    所有测试数据的范围和特点如下表所示

    请注意常数因子带来的程序效率上的影响。

    提供友情暴力+正解分析链接：http://www.cnblogs.com/NaVi-Awson/p/7445989.html
    SAC巨佬%%%%%%orz
    二分航线的长度x，看是否能作为最长航线
    首先树链剖分，把树转成区间
    如何判断，假设最大长与x差值为D，大于x的路径有cnt条
    将每一条航线用树链剖分得出的区间，进行区间差分
    那么如果有一条大于D的边权，且边对应线段树的点值等于cnt
    那么说明x可以作为最长航线

    dist(u,v)=dis[u]+dis[v]−2∗dis[LCA(u,v)]
      1 #include<iostream>
  2 #include<cstdio>
  3 #include<cstring>
  4 #include<algorithm>
  5 using namespace std;
  6 struct Messi
  7 {
  8     int next,dis,to;
  9 }edge[600110];
 10 struct ed
 11 {
 12     int p,q,s;
 13 }plan[300011];
 14 int head[300011],num,son[300101],size[301001],fa[300101],dep[300101],top[300101],pos[300101],tot,sondis[301001],sgm[301001];
 15 int c1[800011],c2[300011],n,m;
 16 bool cmp(ed a,ed b)
 17 {
 18     return (a.s<b.s);
 19 }
 20 void add(int u,int v,int dis)
 21 {
 22     num++;
 23     edge[num].next=head[u];
 24     head[u]=num;
 25     edge[num].to=v;
 26     edge[num].dis=dis;
 27 }
 28 void dfs1(int u,int pa,int depth)
 29 {
 30     son[u]=0;
 31     size[u]=1;
 32     fa[u]=pa;
 33     dep[u]=depth;
 34     for (int j=head[u]; j; j=edge[j].next)
 35     {
 36         int v=edge[j].to;
 37         if (v!=pa)
 38         {
 39             dfs1(v,u,depth+1);
 40             size[u]+=size[v];
 41             if (size[v]>size[son[u]]) son[u]=v,sondis[u]=edge[j].dis;
 42         }
 43     }
 44 }
 45 void dfs2(int u,int tp,int dis)
 46 {
 47     top[u]=tp;
 48     pos[u]=++tot;
 49     sgm[tot]=dis;
 50     if (son[u]) dfs2(son[u],tp,sondis[u]);
 51     for (int j=head[u]; j; j=edge[j].next)
 52         if (edge[j].to!=son[u]&&edge[j].to!=fa[u])
 53         {
 54             dfs2(edge[j].to,edge[j].to,edge[j].dis);
 55         }
 56 }
 57 void build(int rt,int l,int r)
 58 {
 59     if (l==r)
 60     {
 61         c1[rt]=sgm[l];
 62         return;
 63     }
 64     int mid=(l+r)/2;
 65     build(rt*2,l,mid);
 66     build(rt*2+1,mid+1,r);
 67     c1[rt]=c1[rt*2]+c1[rt*2+1];
 68 }
 69 int ask(int rt,int l,int r,int L,int R)
 70 {int x=0;
 71     if (l>=L&&r<=R)
 72     {
 73         return c1[rt];
 74     }
 75      int mid=(l+r)/2;
 76      if (L<=mid) x+=ask(rt*2,l,mid,L,R);
 77      if (R>mid) x+=ask(rt*2+1,mid+1,r,L,R);
 78   return x;
 79 }
 80 int query(int x,int y)
 81 {
 82     int ans=0;
 83     while (top[x]!=top[y])
 84     {
 85         if (dep[top[x]]<dep[top[y]]) swap(x,y);
 86         ans+=ask(1,2,n,pos[top[x]],pos[x]);
 87         x=fa[top[x]];
 88     }
 89     if (dep[x]>dep[y]) swap(x,y);
 90     if (x!=y) ans+=ask(1,2,n,pos[x]+1,pos[y]);
 91     return ans;
 92 }
 93 void update(int L,int R)
 94 {
 95     c2[L]+=1;
 96     c2[R+1]-=1;
 97 }
 98 void change(int x,int y)
 99 {
100     while (top[x]!=top[y])
101     {
102         if (dep[top[x]]<dep[top[y]]) swap(x,y);
103         update(pos[top[x]],pos[x]);
104         x=fa[top[x]];
105     }
106     if (dep[x]>dep[y]) swap(x,y);
107     if (x!=y) update(pos[x]+1,pos[y]);
108 }
109 bool check(int x)
110 {int i,cnt=0;
111     memset(c2,0,sizeof(c2));
112     for (i=m;i>=1;i--)
113     if (plan[i].s>x)
114      change(plan[i].p,plan[i].q),cnt++;
115      else break;
116      for (i=1;i<=n;i++)
117       {
118           c2[i]+=c2[i-1];
119       }
120       for (i=1;i<=n;i++)
121        {
122             if (cnt==c2[pos[i]]&&plan[m].s-sgm[pos[i]]<=x) return true;
123        }
124     return false;
125 }
126 int main()
127 {int i,x,y,z,maxz=0,l,r;
128     cin>>n>>m;
129      for (i=1;i<=n-1;i++)
130      {
131         scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
132         add(x,y,z);
133         add(y,x,z);
134         maxz=max(maxz,z);
135      }
136      dfs1(1,1,1);
137      dfs2(1,1,0);
138      build(1,2,n);
139      for (i=1;i<=m;i++)
140      {
141         scanf("%d%d",&plan[i].p,&plan[i].q);
142        plan[i].s=query(plan[i].p,plan[i].q);
143      }
144        sort(plan+1,plan+1+m,cmp);
145       r=plan[m].s;l=max(0,r-maxz);
146       while (l<r)
147       {
148          int mid=(l+r)/2;
149           if (check(mid)) r=mid;
150           else l=mid+1;
151       }
152     cout<<l;
153 }
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  • 原文地址：https://www.cnblogs.com/Y-E-T-I/p/7449189.html
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