1 条题解

  • 0
    @ 2025-8-24 21:40:23

    自动搬运

    查看原文

    来自洛谷，原作者为

    avatar CodyTheWolf
    ACM在役的小动物！qwq

    搬运于2025-08-24 21:40:23，当前版本为作者最后更新于2018-08-19 14:41:18，作者可能在搬运后再次修改，您可在原文处查看最新版

    自动搬运只会搬运当前题目点赞数最高的题解，您可前往洛谷题解查看更多

    以下是正文

    智商不够，数据结构来凑QwQ

    这里提供一种比较暴力的做法

    因为码量较大，适合对线段树，树状数组，树剖熟悉的同学做

    直观地理解题目：

    • 在一颗有边权的树上有m条路径，清零一条边的边权使得m条路径的最大值最小。

    对于最暴力的做法：

    • 把n-1条边，每条都做：清零当前边，重新统计路径最小值。

    对于上面这种暴力做法，肯定会T，我们先解决几个问题并想想怎么优化：

    如何求树上路径的值？

    • 树剖后，对于一条边(x,y)，我们选取最深的那个点作为边的代表，易证一个点只会对应一条边，且树根没有对应边（画个图很好理解的）。这样就把边的问题转化成点的问题了，加棵线段树统计即可。这个已经是很日常的套路了。

    我们必须要试全部的n-1条边嘛？

    • 对于还没有清零过的原图，我们先算出每条路径的值。对于当前最长的路径A，如果我们删除A以外的边，此时的最大值肯定还是A。也就是说，我们要删除的边肯定在A上，这样就不一定要试全部的边了（特殊情况可能还是会）。所以说我们记录下最长路径的数据，在这里暂时设为最长路径的数据为(a,b,c)

    我们每次都要重新统计嘛？

    • 很容易能想到，如果清零一条边B，在m条路径中，如果某条路径不包含B是不用更新的。

    • 因此我们换个思路，如果我们清零B，要更新答案，只需要知道经过B的路径中最大的那一个和不经过B的路径中最大的那一个，分别设为路径C,D。更新答案，只需（取C减去边B的值和不经过B最大的路径值）求最大值，再和已统计答案取最小值即可。

    • 即：ans=min(ans,max(C-B,不经过B)) （为了方便描述，用编号代替权值）

    • 对于C，因为我们只在A上清零边，又因为A是最长路径，C=A。那么怎么求D就是关键了：

    • 对于D，我们的定义是不经过当前边的最大路径，为了时间复杂度，我们可以预处理一下每条边对应的D：

    • 设mx[k]为不包含k这条边的最长路径权值，对于一条路径，设它包含的边的集合为E，整张图边的集合为R，路径的权值为t。那么mx中的哪些位置需要拿E来更新？显然是mx[R-E]对自己和t求最大值(mx[R-E]=max(mx[R-E],t)),这里的R-E也就是E的补集，即所有不在这条路径上的边。

    • 对于补集R-E我们肯定不能一个个更新。因为树剖后，一条路径可以转化成几条链，又因为一条链（不管轻重）上对于的线段树编号肯定是连续的，我们能先在这个路径上跳，记录下第i条链的数据[xi,yi]，根据xi或者yi排序后，我们得到几个有序而且不相交的区间[xi,yi]，那么就在[1,n]上取这些区间的补集在mx上更新路径的值t即可：

    • 即[1,x1-1],[y1+1,x2-1],[y2+1,x3-1]...[y(end)+1,n],注意最前和最后的两个区间，小心x11和ynn，需要特判，不然线段树可能会出错。

    • 求出了mx数组后，我们很容易能想到，如果清零一条边B，设其权值为k，当前所有路径的最大值会变成max(c-k,mx[B]),c为最大路径的权值，c-k就相当于清零B，mx[B]就是不经过B的最长路径。

    这样我们就把问题都解决了，所以解题步骤是：

    • 1.读入数据这么多确定不写个快读？
    • 2.把求边路径的问题转化到点上。
    • 3.求出路径最长的路径A，记录下它的信息（a,b,c)
    • 4.预处理mx数组**（mx要对应到线段树上，因为要多次区间修改）**
    • 5.在(a,b)路径上的每条边都做：清零，更新一次最小的最大路径值，即答案。

    =====

    • 对于5，具体步骤是：枚举a,b上的每条边，设答案为ans，当前想清零的边为B，权值为k，那么:
    • ans = min(ans, max(c - k,mx[B]))。（mx[B]用线段树求出）

    最后再强调一下需要注意的问题：

    • 1.快读！！！

    • 2.在线段树上求值的时候不要把公共祖先算进去，因为LCA代表的边不在路径上，可以在最后（设两点为x,y且x深度小于y，对应的线段树编号为id[x],id[y])添加成update(id[x]+1,id[y])。

    • 3.取区间补集时特判第一和最后的区间，详情见上面的内容。

    • 4.第15号点，路径会有x==y的情况，用树剖可能需要特判为0.

    • 5.本程序开O2交13号点RE，不开O2可以过？？（可能只有我有这个问题QwQ）

    CODE：

    （因为方法几乎都是数据结构，而且步骤已经讲的非常清楚了，所以注释只标个大方向，就不每行解释了，而且代码量也挺大）

    #pragma warning (disable:4996)
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define RG register
#define mid ((x+y)>>1)
#define lson (pst<<1)
#define rson (pst<<1|1)
using namespace std;
const int maxn = 3e5 + 5, maxm = maxn << 1, inf = 0x7fffffff;
int x[maxn], y[maxn], z[maxn], p[maxn];//x,y,z为每条边的数据，p[x]为x代表边的权值
int head[maxm], nxt[maxm], v[maxm], cnt;//前向星
int son[maxn], dad[maxn], sz[maxn], depth[maxn], root;//树剖dfs1
int id[maxn], top[maxn], rak[maxn], num;//树剖dfs2
int c[maxn], d[maxn], srt[maxn];//记录区间并排序的数组
int ma, mb, mc;//最大路径的记录
int n, m;

struct Binary_Indexed_Tree//求和树状数组
{
	int a[maxn];

	inline int lowbit(int k) { return k & (-k); }
	inline void update(int x, int k) { for (int i = x; i <= n; i += lowbit(i))	a[i] += k; }
	inline int query(int x) { int i = x, ans = 0; for (i = x; i >= 1; i -= lowbit(i))	ans += a[i]; return ans; }
	inline void build(int x) { for (int i = 1; i <= n; i++)	update(i, p[rak[i]]); }
	inline int sum(int l, int r) { return query(r) - query(l - 1); }
}BIT;

inline int max(int x, int y) { return x > y ? x : y; }
inline int min(int x, int y) { return x < y ? x : y; }

struct Segment_Tree//最大值线段树
{
	int mx[maxn << 2], tag[maxn << 2];

	inline void pushdown(int pst)
	{
		if (!tag[pst])	return;
		int k = tag[pst];
		mx[lson] = max(mx[lson], k), mx[rson] = max(mx[rson], k);
		tag[lson] = max(tag[lson], k), tag[rson] = max(tag[rson], k);
		tag[pst] = 0; return;
	}

	inline void pushup(int pst) { mx[pst] = max(mx[lson], mx[rson]); }

	inline void update(int x, int y, int pst, int l, int r, int k)
	{
		if (x > y || y<l || x>r)	return;
		if (l <= x && y <= r) { mx[pst] = max(mx[pst], k), tag[pst] = max(tag[pst], k); return; }
		pushdown(pst);
		update(x, mid, lson, l, r, k), update(mid + 1, y, rson, l, r, k);
		pushup(pst); return;
	}

	inline int query(int x, int y, int pst, int p)
	{
		if (x == y)	return mx[pst];
		pushdown(pst);
		if (p <= mid)	return query(x, mid, lson, p);
		else return query(mid + 1, y, rson, p);
	}
}ST;

inline void addline(int x, int y) { v[cnt] = y, nxt[cnt] = head[x], head[x] = cnt++; }

inline int read()
{
	RG char c = getchar(); RG int x = 0;
	while (c<'0' || c>'9')	c = getchar();
	while (c >= '0'&&c <= '9')	x = (x << 3) + (x << 1) + c - '0', c = getchar();
	return x;
}

inline void dfs1(int x, int f, int d)//树剖
{
	dad[x] = f, depth[x] = d, sz[x] = 1;
	for (RG int i = head[x]; ~i; i = nxt[i])
	{
		if (v[i] == f)	continue;
		dfs1(v[i], x, d + 1);
		sz[x] += sz[v[i]];
		if (sz[v[i]] > sz[son[x]])	son[x] = v[i];
	}
	return;
}

inline void dfs2(int x, int t)//树剖
{
	top[x] = t, id[x] = ++num, rak[id[x]] = x;
	if (!son[x])	return;
	dfs2(son[x], t);
	for (RG int i = head[x]; ~i; i = nxt[i])
		if (v[i] != dad[x] && v[i] != son[x])	dfs2(v[i], v[i]);
	return;
}

inline int sum(int x, int y)//求某条路径的权值
{
	RG int tx = top[x], ty = top[y], ans = 0;
	while (tx != ty)
	{
		if (depth[tx] >= depth[ty])	ans += BIT.sum(id[tx], id[x]), x = dad[tx], tx = top[x];
		else ans += BIT.sum(id[ty], id[y]), y = dad[ty], ty = top[y];
	}
	if (id[x] <= id[y])	ans += BIT.sum(id[x] + 1, id[y]);
	else ans += BIT.sum(id[y] + 1, id[x]);
	return ans;
}

inline bool cmp(int x, int y) { return c[x] < c[y]; }

inline void update(int x, int y, int z)//更新mx数组（其实是更新最大值线段树）
{
	RG int tx = top[x], ty = top[y], t = 0;
	while (tx != ty)
	{
		if (depth[tx] >= depth[ty]) c[++t] = id[tx], d[t] = id[x], x = dad[tx], tx = top[x];
		else c[++t] = id[ty], d[t] = id[y], y = dad[ty], ty = top[y];
	}
	if (id[x] <= id[y])	c[++t] = id[x] + 1, d[t] = id[y];
	else c[++t] = id[y] + 1, d[t] = id[x];
	for (int i = 1; i <= t; i++)	srt[i] = i;
	sort(srt + 1, srt + t + 1, cmp);
	if (c[srt[1]] > 1)	ST.update(1, n, 1, 1, c[srt[1]] - 1, z);
	if (d[srt[t]] < n)	ST.update(1, n, 1, d[srt[t]] + 1, n, z);
	for (int i = 1; i < t; i++)	ST.update(1, n, 1, d[srt[i]] + 1, c[srt[i + 1]] - 1, z);
	return;
}

inline int find_ans(int x, int y)//在最大路径上遍历并清零边求答案
{
	RG int ans = inf;
	if (x == y)	return 0;
	if (depth[x] < depth[y])	swap(x, y);
	while (depth[x] != depth[y])	ans = min(ans, max(mc - p[x], ST.query(1, n, 1, id[x]))), x = dad[x];
	while (x != y)
	{
		if (depth[x] > depth[y])	ans = min(ans, max(mc - p[x], ST.query(1, n, 1, id[x]))), x = dad[x];
		else ans = min(ans, max(mc - p[y], ST.query(1, n, 1, id[y]))), y = dad[y];
	}
	return ans;
}

int main(void)
{
	memset(head, -1, sizeof(head));
	n = read(), m = read();
	for (int i = 1; i < n; i++)	x[i] = read(), y[i] = read(), z[i] = read();
	for (int i = 1; i < n; i++)	addline(x[i], y[i]), addline(y[i], x[i]);
	root = rand() % n + 1, dfs1(root, 0, 1), dfs2(root, root);//树剖
	for (int i = 1; i < n; i++)
	{
		if (depth[x[i]] > depth[y[i]])	p[x[i]] = z[i];//把深度大的点作为一条边的代表
		else p[y[i]] = z[i];
	}
	BIT.build(n);
	for (int i = 1; i <= m; i++)
	{
		RG int a = read(), b = read(), temp;
		temp = sum(a, b), update(a, b, temp);
		if (temp >= mc)	ma = a, mb = b, mc = temp;//求最大路径
	}
	printf("%d\n", find_ans(ma, mb));
	return 0;
}

    真的很用心写的一篇题解，留个赞再走吧QwQ

    • 1

    [NOIP 2015 提高组] 运输计划

    信息

    ID
    1724
    时间
    1000ms
    内存
    256MiB
    难度
    5
    标签
    递交数
    0
    已通过
    0
    上传者
    1. 关于
    2. 联系我们
    3. 隐私
    4. 服务条款
    5. Language
    6. 主题
    3. Worker 0, 22ms