[Noip 2013 Day1-3] 货车运输做法总结

Online Judge：Luogu-1967

Label：启发式合并，离线，整体二分，按秩合并，倍增，最大生成树

打模拟离线赛时做到，顺便总结一下。

一、启发式合并

离线询问，将询问存在端点上。将每条边按照权值从大到小排列。

依照刚才的顺序依次连上这m条边，利用并查集维护图的连通性。合并时采用启发式合并的思维——将所含元素较小的集合连上较大的集合。对于那个较小的集合，我们直接暴力遍历其中的每个点，再暴力回答那个节点上的询问。

总的时间复杂度为\(O(NlogN)\)，由于暴力枚举，常数可能会较大。

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N=10010;

int n,m,ans[30010],fa[N];

inline int read(){}

struct node{

	int u,v,d;

};

vector<node>e;

struct ques{

	int to,id;

};

vector<ques>Q[N];

inline bool cmp(node a,node b){

	return a.d>b.d;

}

vector<int>son[N];

int find(int x){return x==fa[x]?x:find(fa[x]);}

bool ff;

int main(){

//	cout<<(&ff-&f)/1024/1024<<endl;

//	freopen("truck.in","r",stdin),freopen("truck.out","w",stdout);

	n=read(),m=read();

	for(register int i=1;i<=n;++i)fa[i]=i,son[i].push_back(i);

	int ma=0;

	for(int i=1;i<=m;++i){

		int u=read(),v=read(),d=read();

		e.push_back((node){u,v,d});

		if(d>ma)ma=d;

	}

	sort(e.begin(),e.end(),cmp);

	int q=read();

	for(register int i=1;i<=q;++i){

		int st=read(),ed=read();

		Q[st].push_back((ques){ed,i});

		Q[ed].push_back((ques){st,i});

		ans[i]=-1;

	}

	for(int j=0;j<e.size();j++){

		int u=e[j].u,v=e[j].v,d=e[j].d;

		int A=find(u),B=find(v);

		if(A==B)continue;

		if(son[A].size()>son[B].size())swap(A,B);

		fa[A]=B;

		for(int i=0;i<son[A].size();++i){

			int x=son[A][i];

			for(int j=0;j<Q[x].size();j++){

				if(~ans[Q[x][j].id])continue;

				if(find(x)==find(Q[x][j].to))ans[Q[x][j].id]=d;

			}

			son[B].push_back(x);

		}

		son[A].clear();

	}

	for(register int i=1;i<=q;++i)printf("%d\n",ans[i]);

}

二、最大生成树+倍增

为了方便表述，令\(u->v\)路径上，所有边权的最小值最大为\(lim(u,v)\)，其实就是题目中的询问。

很自然想到重构一棵树，依据刚才的分析，很明显是构造棵最大生成树。最大生成树的写法跟最小生成树的写法一模一样，把边从大到小排序即可。

接下来的询问就是围绕这棵树展开了。

求\(lim(u,v)\)?有点像求树上两点间距离的亚子。联想倍增求LCA的过程，对于\(lim(u,v)\)我们是不是也可以通过倍增维护呢？

定义\(w[i][j]\)表示从\(i\)这个点向上\(2^j\)条边的边权最小值。维护过程跟倍增求LCA维护那个\(fa[i][j]\)数组几乎一样，注意点细节即可。

预处理完\(w\)数组之后，就模拟求LCA的过程，然后顺便算出\(lim(u,v)\)即可。这个做法思路比较顺畅，但实现时注意细节。

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N=10009;

const int INF=100009;

int bcj[N],fa[N][16],dep[N],vis[N],w[N][16];

int n,m;

struct node{

	int u,v,w;

};

vector<node>e;

struct edge{

	int to,w;

};

vector<edge>g[N];

inline bool cmp(node a,node b){return a.w>b.w;}

int find(int x){return x==bcj[x]?x:bcj[x]=find(bcj[x]);}

void Buildtree(){

	sort(e.begin(),e.end(),cmp);

	for(int i=1;i<=n;i++)bcj[i]=i;

	for(int i=0;i<e.size();i++){

		int u=e[i].u,v=e[i].v,w=e[i].w;

		int A=find(u),B=find(v);

		if(A==B)continue;

		bcj[A]=B;

		g[u].push_back((edge){v,w});

		g[v].push_back((edge){u,w});

	}

}

void dfs(int x,int d){

	vis[x]=1,dep[x]=d;

	for(int i=0;i<g[x].size();i++){

		int y=g[x][i].to;if(vis[y])continue;

		fa[y][0]=x;w[y][0]=g[x][i].w;

		dfs(y,d+1);

	}

}

int LCA(int a,int b){//其实返回的是u到v的路径中，w的最小值

	if(find(a)!=find(b))return -1;

	if(dep[a]>dep[b])swap(a,b);

	int step=dep[b]-dep[a],res=INF;

	for(int i=0;i<=15;i++){

		if(step&(1<<i))res=min(res,w[b][i]),b=fa[b][i];

	}

	if(a==b)return res;

	for(int i=15;i>=0;i--){

		if(fa[a][i]!=fa[b][i]){

			res=min(res,w[a][i]);

			res=min(res,w[b][i]);

			a=fa[a][i],b=fa[b][i];

		}

	}

	res=min(res,w[a][0]);

	res=min(res,w[b][0]);

	return res;

}

int main(){

	scanf("%d%d",&n,&m);

	for(int i=1;i<=m;i++){

		int u,v,w;

		scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);

		e.push_back((node){u,v,w});

	}

	Buildtree();

	for(int i=1;i<=n;i++){

		if(!vis[i]){

			w[i][0]=INF;fa[i][0]=0;

			dfs(i,0);

		}

	}

	for(int j=1;j<=15;j++)for(int i=1;i<=n;i++){

		fa[i][j]=fa[fa[i][j-1]][j-1];

		w[i][j]=min(w[i][j-1],w[fa[i][j-1]][j-1]);

	}

	int q;scanf("%d",&q);

	while(q--){

		int u,v;scanf("%d%d",&u,&v);

		printf("%d\n",LCA(u,v));

	}

}

三、整体二分

ps:整体二分的模板题还有求区间第k大。

对于60%的数据：

我们有一种很low的做法，就是对于每个询问，都去\(O(logZ)\)(Z为图中最大的边权)的二分查找那个两点间边权最小值的最大值——这很明显是二分查找题目的一种套路常见问法。

然后再用\(O(N)\)的时间暴搜一遍check一下。最终时间复杂度为\(O(Q*logZ*N)\)。

优化：

发现询问数很大，上面那样做会TLE。考虑将所有询问一起二分，这样复杂度就变成了\(O(logZ*N)\)，但是常数可能会因为一些奇奇怪怪的操作而变得有点大。

看代码会比较好理解233：

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N=10009,INF=100000;

int n,m,qnum,res[30010];

struct edge{int u,v,w;}e[50010];

inline bool edgecmp(edge a,edge b){return a.w>b.w;}

struct node{

	int u,v;

	int l,r,mid,id,ans;

}q[30010];

inline bool querycmp(node a,node b){return a.mid>b.mid;}

int fa[N];

int find(int x){return x==fa[x]?x:fa[x]=find(fa[x]);}

void init(){for(int i=1;i<=n;i++)fa[i]=i;}

void merge(int a,int b){

	int A=find(a),B=find(b);

	if(A!=B)fa[A]=B;

}

void Global_Search(){

	sort(e+1,e+m+1,edgecmp);

	int times=20;//log2(INF)

	while(times--){

		int cur=1;

		sort(q+1,q+qnum+1,querycmp);

		init();

		for(int i=1;i<=qnum;i++){

			if(q[i].l>q[i].r)continue;

			while(cur<=m&&e[cur].w>=q[i].mid){

				merge(e[cur].u,e[cur].v);cur++;

			}

			int qu=q[i].u,qv=q[i].v;

			int A=find(qu),B=find(qv);

			if(A==B){q[i].l=q[i].mid+1,q[i].ans=q[i].mid;}

			else q[i].r=q[i].mid-1;

			q[i].mid=(q[i].l+q[i].r)>>1;

		}

	}

}

int main(){

	scanf("%d%d",&n,&m);

	for(int i=1;i<=m;i++){

		int u,v,w;scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);

		e[i]=((edge){u,v,w});

	}

	scanf("%d",&qnum);

	for(int i=1;i<=qnum;i++){

		scanf("%d%d",&q[i].u,&q[i].v);

		q[i].l=0,q[i].r=INF,q[i].mid=(0+INF)>>1;

		q[i].id=i;q[i].ans=-1;

	}

	Global_Search();

	for(int i=1;i<=qnum;i++)res[q[i].id]=q[i].ans;

	for(int i=1;i<=qnum;i++)printf("%d\n",res[i]);

}

此题还可以按秩合并，做法与前面几种类似，就不赘述勒。。