好久没更,强迫自己写一篇。

神 tm 大预言家出的题


注意到如果 \(x\) 小时可以控制住疫情,则 \(\forall x'>x\) 必然也可以控制住疫情,显然答案具有单调性,可以二分答案。

考虑对于当前二分到的答案 \(mid\) 如何 check。根据贪心的策略,我们需要让所有军队的深度尽量小,于是可以考虑每一支军队向上跳的过程,这一步可以通过倍增预处理在 \(\log\) 时间实现。

对于在 \(mid\) 时间内无论如何也跳不到根的子节点的军队,就原地(指最后跳到的地方)驻扎,答案最优。

对于跳至根的子节点后仍有剩余时间的军队 \(s\),分成两种情况:

  1. 如果剩余时间不能使其在根节点之间跳一个往返,即剩余时间小于 \(2\times dis(s,root)\) 的军队,原地驻扎。
  2. 反之,将符合此条件的所有军队按照剩余时间排序,并将还未控制住疫情的根的子节点按照距根的距离排序,用双指针将军队与城市一一进行匹配。

考虑这么贪心做的正确性,对于剩余时间不够的军队,如果选择跳过树根去另一个子节点 \(s'\) 驻扎,则必然 \(dis(root,s)>dis(root,s')\),这么做可能会导致需要一个剩余时间足够的军队 \(s''\) 从其本来位置跨过根跳至 \(s\),花费时间 \(dis(root,s'')+dis(root,s)\),而这样做花的时间显然比 \(s\) 原地驻扎,\(s''\) 跨过根跳至 \(s'\) 的情况长,于是贪心策略正确。

当然,也有可能存在一个军队剩余时间不够,但是其子树已被另一个军队控制的情况,那么这个军队就应算入到上文的第二种情况中。

具体实现较为麻烦,可以根据个人编码习惯写,这里不想再赘述。

#include <bits/stdc++.h>
#define mem(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define st first
#define nd second
using namespace std;
typedef long long ll; const int N=5e4+5;
struct Edge{int to,nxt,w;}e[N<<1];
int head[N],n,m,cnt,fa[N][18],sod[N],dep[N];
ll dis[N],ans,mch[N],mch2[N];
bool fl,stay[N],mst[N];
pair<ll,int> h[N]; inline void add(int u,int v,int w) {e[++cnt]=(Edge){v,head[u],w};head[u]=cnt;} void dfs0(int u,int fat)
{
fa[u][0]=fat; dep[u]=dep[fat]+1;
for(int i=1;(1<<i)<=dep[u];++i)
fa[u][i]=fa[fa[u][i-1]][i-1];
for(int i=head[u],v;i;i=e[i].nxt)
{
v=e[i].to; if(v==fat) continue;
dis[v]=dis[u]+e[i].w;
dfs0(v,u);
}
} bool dfs(int u)
{
if(stay[u]) return 1;
bool hasSon=0;
for(int i=head[u],v;i;i=e[i].nxt)
{
v=e[i].to; if(v==fa[u][0]) continue;
hasSon=1;
if(!dfs(v)) return 0;
}
return hasSon;
} bool check(ll lim)
{
mem(stay); mem(mch);
mem(mch2); mem(h); mem(mst);
int toth=0,tota=0,totb=0;
for(int i=1;i<=m;++i)
{
ll sum=0; int x=sod[i];
for(int j=log2(dep[x]);~j;--j)
if(fa[x][j]>1&&sum+dis[x]-dis[fa[x][j]]<=lim)
sum+=dis[x]-dis[fa[x][j]],x=fa[x][j];
if(fa[x][0]==1&&sum+dis[x]<=lim) h[++toth]={lim-sum-dis[x],x};
else stay[x]=1;
}
for(int i=head[1];i;i=e[i].nxt)
if(!dfs(e[i].to)) mst[e[i].to]=1;
for(int i=1;i<=toth;++i)
if(mst[h[i].nd]&&h[i].st<dis[h[i].nd]) mst[h[i].nd]=0;
else mch[++tota]=h[i].st;
for(int i=head[1];i;i=e[i].nxt)
if(mst[e[i].to]) mch2[++totb]=dis[e[i].to];
if(tota<totb) return 0;
sort(mch+1,mch+tota+1);
sort(mch2+1,mch2+totb+1);
int i=1,j=1;
while(i<=tota&&j<=totb)
if(mch[i]>=mch2[j]) ++i,++j;
else ++i;
return j>totb;
} int main()
{
scanf("%d",&n); ll sum=0;
for(int i=1,a,b,c;i<n;++i)
{
scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
add(a,b,c); add(b,a,c);
sum+=c;
}
dfs0(1,0);
scanf("%d",&m);
for(int i=1;i<=m;++i) scanf("%d",&sod[i]);
ll l=0,r=sum;
while(l<=r)
{
ll mid=l+r>>1;
if(check(mid)) ans=mid,r=mid-1,fl=1;
else l=mid+1;
}
printf("%lld",fl?ans:-1);
return 0;
}

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