Codeforces-348E Pilgrims

#4342. CF348 Pilgrims

此题同UOJ#11 ydc的大树

Online Judge：Bzoj-4342，Codeforces-348E，Luogu-CF348E，Uoj-#11

Label：树的直径，树形dp，神题

题目描述

在很久以前有一片土地被称为 Dudeland。Dudeland 包含 n 个城镇，它们用 n − 1 条双向道路连接起来。这些城镇通过道路可以两两互达。这里有 m 个修道院坐落在 m 个不同的城镇。每个修道院有一个教徒。在一年之始，每个教徒会选择离他最远的一个修道院。如果有多个，他会把所有的都列入清单。在 “BigLebowskiday” 里，每个教徒会随机选择一个清单里的城镇开始走去。Walter 讨厌教徒。他想尽可能的通过阻止他们的行程来让尽可能多的人不开心。他计划摧毁一个没有修道院的城镇。一个教徒如果在他的清单里没有任何一个城镇能去，他就会不开心。你需要求出 Walter 最多能让几个教徒不开心。除此之外，你还要计算他有多少种方法。

输入格式

第一行包含两个整数 n,m，满足 \(3 ≤ n ≤ 10^5\), \(2 ≤ m<n\)。

接下来一行，有 m 个互不相同的整数，他们代表了有修道院的城镇的编号。

接下来 n − 1 行，每行三个整数 \(a_i,b_i,c_i\)，表示 \(a_i,b_i\) 之间有一条边权为 \(c_i\) 的边。\((1 ≤ a_i,b_i ≤ n,c_i ≤ 1000)\)

输出格式

输出两个数：最多能让几个教徒不开心，以及有多少种方式达到这种效果。

样例

输入

8 5
7 2 5 4 8
1 2 1
2 3 2
1 4 1
4 5 2
1 6 1
6 7 8
6 8 10

输出

5 1

题解：

这道题有两种解法：

• 一种是复杂度为\(O(NlogN)\)的树形dp，详见CF上的标程。
• 下面一种\(O(N)\)做法，参考了这篇blog，uoj上出题人的O(N)思路，网上O(N)解法的思路都大致差不多，都根据树的直径来分类讨论但都没我写的详细。

O(N)解法：

这道题要找树上离某点距离最远的点，联想到树的直径以及包含的性质。

我们知道树的直径可能不止一条，但他们都交于一点——直径的中点。

我们发现有时候直径上的中点可能会有两个——就是有两个点到两端的距离都相等，那么随便选哪一个其实都没影响，为了区分，我们将选择的那个中点重新命名为类中点，并且存在如下性质：

对于树上的任意一点x，x在树上的最远路径必定经过上面所说的类中点。

查询类中点代码如下，其实那三个搜索可以并为一个，但为了区分意义所以打三个。

bool is[N];//是不是修道院
int len[N][2],P1=0,P2=0,diameter=0,root=0;
void findpoint1(int x,int fa,int nowd){//找到直径的一个端点P1
	if(is[x]&&diameter<nowd)P1=x,diameter=nowd;
	for(int i=0;i<e[x].size();i++){
		int y=e[x][i].to;if(y==fa)continue;
		findpoint1(y,x,nowd+e[x][i].d);
	}
}
void findpoint2(int x,int fa){//找到直径的另一个端点P2，顺便预处理每个点离P1的距离
	if(is[x]&&diameter<len[x][0])P2=x,diameter=len[x][0];
	for(int i=0;i<e[x].size();i++){
		int y=e[x][i].to;if(y==fa)continue;
		len[y][0]=len[x][0]+e[x][i].d;
		findpoint2(y,x);
	}
}
void makedis(int x,int fa,int nowd){//预处理每个点离P2的距离
	len[x][1]=nowd;
	for(int i=0;i<e[x].size();i++){
		int y=e[x][i].to;if(y==fa)continue;
		makedis(y,x,nowd+e[x][i].d);
	}
}
void choose_Root(){//找直径上的中点做root,那么每个点的最远路径必经过root
	findpoint1(1,0,0);
	diameter=0;
	findpoint2(P1,0);
	makedis(P2,0,0);
	int midata=1e9;
	For(i,1,n){//在直径上选中点
		if(len[i][0]+len[i][1]!=len[P1][1])continue;
		int d1=abs(len[i][0]-len[i][1]);
		if(d1<midata){midata=d1;root=i;}
	}
}

所以有什么用呢？我们可以把这个类中点提到树根位置，然后重新建树。这样子每个教徒要去树上距离它最远的修道院必须得经过树根。然后我们在dfs重新建树的时候预处理出一下东西：

• \(cnt[x]\)：以x为根的子树中含修道院的个数
• \(link[x]\)：以x为根的子树中的最大深度——也就是离树根的最长链长
• \(nums[x]\)：以x为根的子树中深度等于\(link[x]\)的节点个数
• \(id[x]\)：我们断掉root后不是会形成一片森林吗，对森林中的每棵树进行编号，\(id[x]\)就表示它属于哪棵树

至于有什么用，，先继续往下看

int cnt[N];//cnt[x]以x为根的子树中含修道院个数
int link[N],nums[N];//link[x]:x以及其子孙中离根的最长距离，nums有几个
int id[N];
void dfs(int x,int fa,int dis){
	if(fa==root)id[x]=x;
	else id[x]=id[fa];
	cnt[x]=is[x]?1:0;
	for(int i=0;i<e[x].size();i++){
		int y=e[x][i].to;if(y==fa)continue;
		dfs(y,x,dis+e[x][i].d);
		cnt[x]+=cnt[y];
	}
	if(cnt[x]){
		link[x]=dis,nums[x]=1;
		for(int i=0;i<e[x].size();i++){
			int y=e[x][i].to;if(y==fa)continue;
			if(link[y]>link[x])link[x]=link[y],nums[x]=nums[y];
			else if(link[y]==link[x])nums[x]+=nums[y];
		}
	}
}

那么我们可以开始yy分类讨论了。

（这一段的内容在上面关于\(id[x]\)的定义中就提到过了）假设断掉root，这样就会形成森林（至少有两棵树，因为我们把类中点提做根），那么一棵树中的节点x想去到森林中距离它最远的点y，x必须从x所在的树到y所在的树。我们发现对答案真正有用的是含最长链的树，以及可能会用到含次长链的树——下面为了方便描述用A代替最长链，B代替次长链。

于是下面代码中在part1部分先去找A的长度ma1，B的长度ma2——（直接一起更新树的id也可以，但细节比较多）。

part2中，根据刚刚找到的ma1,ma2去找对应的树的编号id1,id2。其中注意几个细节：

1. \(ma1cnt\)：表示最长链个数，如果\(ma1cnt>=3\)那就表示，我们摧毁某个点x后，只能够让x子树中的教徒不开心，而对于其他所有教徒，他们至少还能够去一条最长链，他们不会不开心。
2. if(link[y]==ma2&&!id2)id2=y这个if判断中注意\(!id2\)，一开始没加在CF上wa了，因为这样会漏掉ma1==ma2的情况，也即A个数>=2的情况，而加上后，如果存在>=2条的A，我们就可以把id1,id2都赋上正确的树的编号。

part3中，我们对于每个(不是根节点&&没建修道院)的节点进行分类讨论，然后得出CNT——表示摧毁这个城镇能让多少教徒不开心，然后更新一下答案就可以了。至于分类讨论的细节详见下面注释，可以根据代码画画图自行yy：

int ma1=0,ma2=0,id1=0,id2=0,ma1cnt=0;
//part1
for(int i=0;i<e[root].size();i++){
	int y=e[root][i].to;
	if(!cnt[y])continue;
	if(link[y]>ma1)ma2=ma1,ma1=link[y];
	else if(link[y]>ma2)ma2=link[y];
}
//part2
for(int i=0;i<e[root].size();i++){
	int y=e[root][i].to;
	if(!cnt[y])continue;
	if(link[y]==ma1)ma1cnt++,id1=y;
	if(link[y]==ma2&&!id2)id2=y;
}
if(ma1cnt>=3)id1=id2=0;//存在三条最长链
//part3
int ret1=0,ret2=0;
if(!is[root])ret1=m,ret2=1;//因为下面只包含对森林中每棵树中的节点的讨论，故如果能够摧毁根节点，要先单独提出来处理
for(int i=1;i<=n;i++){
	if(i==root||is[i])continue;
	int CNT=cnt[i],belong=id[i];//CNT=cnt[i]:一定能拦截子树中的所有修道院
	if(CNT&&(link[belong]==link[i])&&(nums[belong]==nums[i])){
		if(belong==id1){
			if(ma1!=ma2)CNT+=m-cnt[belong];//+=只有一条最长链->还可拦截(除了belong及其子孙)外的所有修道院
			else CNT+=cnt[id2];//存在两条最长链，+=只有另一条最长链上的修道院会被拦截
		}
		else if(belong==id2)CNT+=cnt[id1];//1条最长链，1条次长链
	}
	if(CNT>ret1)ret1=CNT,ret2=1;
	else if(CNT==ret1)ret2++;
}
printf("%d %d\n",ret1,ret2);

贴上完整代码。