【bzoj3669】[Noi2014]魔法森林 Kruskal+LCT
原文地址:http://www.cnblogs.com/GXZlegend/p/6797748.html
题目描述
为了得到书法大家的真传,小E同学下定决心去拜访住在魔法森林中的隐士。魔法森林可以被看成一个包含个N节点M条边的无向图,节点标号为1..N,边标号为1..M。初始时小E同学在号节点1,隐士则住在号节点N。小E需要通过这一片魔法森林,才能够拜访到隐士。
魔法森林中居住了一些妖怪。每当有人经过一条边的时候,这条边上的妖怪就会对其发起攻击。幸运的是,在号节点住着两种守护精灵:A型守护精灵与B型守护精灵。小E可以借助它们的力量,达到自己的目的。
只要小E带上足够多的守护精灵,妖怪们就不会发起攻击了。具体来说,无向图中的每一条边Ei包含两个权值Ai与Bi。若身上携带的A型守护精灵个数不少于Ai,且B型守护精灵个数不少于Bi,这条边上的妖怪就不会对通过这条边的人发起攻击。当且仅当通过这片魔法森林的过程中没有任意一条边的妖怪向小E发起攻击,他才能成功找到隐士。
由于携带守护精灵是一件非常麻烦的事,小E想要知道,要能够成功拜访到隐士,最少需要携带守护精灵的总个数。守护精灵的总个数为A型守护精灵的个数与B型守护精灵的个数之和。
输入
第1行包含两个整数N,M,表示无向图共有N个节点,M条边。 接下来M行,第行包含4个正整数Xi,Yi,Ai,Bi,描述第i条无向边。其中Xi与Yi为该边两个端点的标号,Ai与Bi的含义如题所述。 注意数据中可能包含重边与自环。
输出
输出一行一个整数:如果小E可以成功拜访到隐士,输出小E最少需要携带的守护精灵的总个数;如果无论如何小E都无法拜访到隐士,输出“-1”(不含引号)。
样例输入
【输入样例1】
4 5
1 2 19 1
2 3 8 12
2 4 12 15
1 3 17 8
3 4 1 17
【输入样例2】
3 1
1 2 1 1
样例输出
【输出样例1】
32
【输出样例2】
-1
题解
Kruskal+LCT
题目中给定的二维,可以先排序,按照第一维递增顺序加边权为第二维的边,不断维护最小生成树(或最小生成森林)。
对于每条要加的边,判断它两个端点是否连通。
不连通则直接加边,连通则找出路径上最大边权,再比较当前边的第二维和最大边权的大小决定是否加边。
这可以用LCT来维护。
然而LCT很难处理边权,于是可以换一种方法,link(x,y)改为link(x,tmp),link(y,tmp),并将tmp的点权赋为x到y的边权。
加边以后再判断点1和点n是否连通,并计算答案。
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#define N 150010
#define lson c[0][x]
#define rson c[1][x]
using namespace std;
struct data
{
int x , y , b , d;
}a[N];
int fa[N] , c[2][N] , w[N] , maxp[N] , rev[N];
bool cmp(data a , data e)
{
return a.b < e.b;
}
void pushup(int x)
{
maxp[x] = x;
if(w[maxp[x]] < w[maxp[lson]]) maxp[x] = maxp[lson];
if(w[maxp[x]] < w[maxp[rson]]) maxp[x] = maxp[rson];
}
void pushdown(int x)
{
if(rev[x])
{
swap(c[0][lson] , c[1][lson]);
swap(c[0][rson] , c[1][rson]);
rev[lson] ^= 1 , rev[rson] ^= 1;
rev[x] = 0;
}
}
bool isroot(int x)
{
return c[0][fa[x]] != x && c[1][fa[x]] != x;
}
void update(int x)
{
if(!isroot(x)) update(fa[x]);
pushdown(x);
}
void rotate(int x)
{
int y = fa[x] , z = fa[y] , l = (c[1][y] == x) , r = l ^ 1;
if(!isroot(y)) c[c[1][z] == y][z] = x;
fa[x] = z , fa[y] = x , fa[c[r][x]] = y , c[l][y] = c[r][x] , c[r][x] = y;
pushup(y) , pushup(x);
}
void splay(int x)
{
update(x);
while(!isroot(x))
{
int y = fa[x] , z = fa[y];
if(!isroot(y))
{
if((c[0][y] == x) ^ (c[0][z] == y)) rotate(x);
else rotate(y);
}
rotate(x);
}
}
void access(int x)
{
int t = 0;
while(x) splay(x) , rson = t , pushup(x) , t = x , x = fa[x];
}
int find(int x)
{
access(x) , splay(x);
while(lson) pushdown(x) , x = lson;
return x;
}
void makeroot(int x)
{
access(x) , splay(x);
swap(lson , rson) , rev[x] ^= 1;
}
void link(int x , int y)
{
makeroot(x) , fa[x] = y;
}
void cut(int x , int y)
{
makeroot(x) , access(y) , splay(y) , c[0][y] = fa[x] = 0 , pushup(y);
}
void split(int x , int y)
{
makeroot(y) , access(x) , splay(x);
}
int main()
{
int n , m , i , ans = 0x7fffffff , t;
scanf("%d%d" , &n , &m);
for(i = 1 ; i <= n ; i ++ ) maxp[i] = i;
for(i = 1 ; i <= m ; i ++ ) scanf("%d%d%d%d" , &a[i].x , &a[i].y , &a[i].b , &a[i].d);
sort(a + 1 , a + m + 1 , cmp);
for(i = 1 ; i <= m ; i ++ )
{
if(find(a[i].x) != find(a[i].y)) w[n + i] = a[i].d , maxp[n + i] = n + i , link(a[i].x , n + i) , link(a[i].y , n + i);
else
{
split(a[i].x , a[i].y) , t = maxp[a[i].x];
if(w[t] > a[i].d) cut(t , a[t - n].x) , cut(t , a[t - n].y) , w[n + i] = a[i].d , maxp[n + i] = n + i , link(a[i].x , n + i) , link(a[i].y , n + i);
}
if(find(1) == find(n)) split(1 , n) , ans = min(ans , a[i].b + w[maxp[1]]);
}
printf("%d\n" , ans == 0x7fffffff ? -1 : ans);
return 0;
}
【bzoj3669】[Noi2014]魔法森林 Kruskal+LCT的更多相关文章
- BZOJ3669[Noi2014]魔法森林——kruskal+LCT
题目描述 为了得到书法大家的真传,小E同学下定决心去拜访住在魔法森林中的隐士.魔法森林可以被看成一个包含个N节点M条边的无向图,节点标号为1..N,边标号为1..M.初始时小E同学在号节点1,隐士则住 ...
- bzoj3669: [Noi2014]魔法森林 lct版
先上题目 bzoj3669: [Noi2014]魔法森林 这道题首先每一条边都有一个a,b 我们按a从小到大排序 每次将一条路劲入队 当然这道题权在边上 所以我们将边化为点去连接他的两个端点 当然某两 ...
- P2387 [NOI2014]魔法森林(LCT)
P2387 [NOI2014]魔法森林 LCT边权维护经典题 咋维护呢?边化为点,边权变点权. 本题中我们把边对关键字A进行排序,动态维护关键字B的最小生成树 加边后出现环咋办? splay维护最大边 ...
- BZOJ3669: [Noi2014]魔法森林(瓶颈生成树 LCT)
Time Limit: 30 Sec Memory Limit: 512 MBSubmit: 3558 Solved: 2283[Submit][Status][Discuss] Descript ...
- [bzoj3669][Noi2014]魔法森林_LCT_并查集
魔法森林 bzoj-3669 Noi-2014 题目大意:说不明白题意系列++……题目链接 注释:略. 想法:如果只有1个参量的话spfa.dij什么的都上来了. 两个参量的话我们考虑,想将所有的边按 ...
- 【BZOJ】3669: [Noi2014]魔法森林(lct+特殊的技巧)
http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3669 首先看到题目应该可以得到我们要最小化 min{ max{a(u, v)} + max{b(u, ...
- 3669. [NOI2014]魔法森林【LCT 或 SPFA动态加边】
Description 为了得到书法大家的真传,小E同学下定决心去拜访住在魔法森林中的隐士.魔法森林可以被看成一个包含个N节点M条边的无向图,节点标号为1..N,边标号为1..M.初始时小E同学在号节 ...
- 洛谷P2387 [NOI2014]魔法森林(lct维护最小生成树)
题目描述 为了得到书法大家的真传,小 E 同学下定决心去拜访住在魔法森林中的隐 士.魔法森林可以被看成一个包含 n 个节点 m 条边的无向图,节点标号为 1,2,3,…,n,边标号为 1,2,3,…, ...
- BZOJ3669 [Noi2014]魔法森林(SPFA+动态加边)
本文版权归ljh2000和博客园共有,欢迎转载,但须保留此声明,并给出原文链接,谢谢合作. 本文作者:ljh2000 作者博客:http://www.cnblogs.com/ljh2000-jump/ ...
随机推荐
- base64位 解码图片
jar包是commons-codec.jar. pnuts //base64解码成图片 function gldBase64ToImage(imgStr,imgFilePath) { // 对字节数组 ...
- JavaScript的算术、赋值、关系运算符的讲解
JS中的运算符分为:算术/赋值/关系/逻辑/字符串 算术运算符: +加法 -减法 *乘法 /除法 %取余 var a = 1, b = 2; a + b = 3 ...
- PXE+DHCP+TFTP+Cobbler 无人值守安装centos 7
Cobbler(补鞋匠)是通过将DHCP.TFTP.DNS.HTTP等服务进行集成,创建一个中央管理节点,其可以实现的功能有配置服务,创建存储库,解压缩操作系统媒介,代理或集成一个配置管理系统,控制电 ...
- Mysql_Binary_Install_Scripts(采用二进制方式安装)
1.1 MYSQL实现代码 #!/bin/bash ######################################## #auth:wolf_dreams #time:2018-1 ...
- day1_作业2(三级菜单)
#!/usr/local/bin/python3 # -*- coding:utf-8 -*- province={'江苏省':['南京市','苏州市','无锡市'],'浙江省':['杭州市','温州 ...
- [USACO5.1]夜空繁星Starry Night
题目背景 高高的星空,簇簇闪耀的群星形态万千.一个星座(cluster)是一群连通的星组成的非空连通星系,这里的连通是指水平,垂直或者对角相邻的两个星星.一个星座不能是另一个更大星座的一部分, 星座可 ...
- [回文树][BZOJ2160][国家集训队]拉拉队排练
题面 Description 艾利斯顿商学院篮球队要参加一年一度的市篮球比赛了.拉拉队是篮球比赛的一个看点,好的拉拉队往往能帮助球队增加士气,赢得最终的比赛.所以作为拉拉队队长的楚雨荨同学知道,帮助篮 ...
- 笔记-docker-2安装(centos6.5环境)
笔记-docker-2安装(centos6.5环境) 1. centos6.5安装docker 1.1. 升级内核 安装docker,官方文档要求linux kernel至少3.8以上 ...
- Keil如何生成bin文件【Keil生成Bin文件的方法】
使用过Keil的同鞋都知道,现在Keil中默认可以输出.axf的调试文件和可以通过钩选输出的.hex可执行文件,没有bin(二进制)文件的输出选项.可是偏偏某些时候需要或者习惯性的使用.bin文件来进 ...
- 9,K-近邻算法(KNN)
导引: 如何进行电影分类 众所周知,电影可以按照题材分类,然而题材本身是如何定义的?由谁来判定某部电影属于哪 个题材?也就是说同一题材的电影具有哪些公共特征?这些都是在进行电影分类时必须要考虑的问 题 ...