Luogu P1967 货车运输(Kruskal重构树)

P1967 货车运输

题面

题目描述

\(A\) 国有 \(n\) 座城市，编号从 \(1\) 到 \(n\) ，城市之间有 \(m\) 条双向道路。每一条道路对车辆都有重量限制，简称限重。现在有 \(q\) 辆货车在运输货物， 司机们想知道每辆车在不超过车辆限重的情况下，最多能运多重的货物。

输入输出格式

输入格式：

第一行有两个用一个空格隔开的整数 \(n,m\) ，表示 \(A\) 国有 \(n\) 座城市和 \(m\) 条道路。

接下来 \(m\) 行每行 \(3\) 个整数 \(x, y, z\) ，每两个整数之间用一个空格隔开，表示从 \(x\) 号城市到 \(y\) 号城市有一条限重为 \(z\) 的道路。注意： \(x\) 不等于 \(y\) ，两座城市之间可能有多条道路 。

接下来一行有一个整数 \(q\) ，表示有 \(q\) 辆货车需要运货。

接下来 \(q\) 行，每行两个整数 \(x,y\) ，之间用一个空格隔开，表示一辆货车需要从 \(x\) 城市运输货物到 \(y\) 城市，注意： \(x\) 不等于 \(y\) 。

输出格式：

共有 \(q\) 行，每行一个整数，表示对于每一辆货车，它的最大载重是多少。如果货车不能到达目的地，输出 \(-1\) 。

输入输出样例

输入样例：

4 3
1 2 4
2 3 3
3 1 1
3
1 3
1 4
1 3

输出样例：

3
-1
3

说明

对于 $30 % $ 的数据， \(0<n<1,000,0<m<10,000,0<q<1,000\) ；

对于 $60 % $ 的数据， \(0<n<1,000,0<m<50,000,0<q<1,000\) ；

对于 $100 % $ 的数据， \(0<n<10,000,0<m<50,000,0<q<30,000,0 \leq z \leq 100,000\) 。

思路

七月份的时候刚做这道题，用的是最大生成树+树链剖分。今天为了写[NOI2018]归程，把这道题当作了 \(Kruskal\) 重构树的板子题，在这里讲解一下 \(Kruskal\) 重构树的写法。

在 \(Kruskal\) 算法的过程中，如果要在 \(x,y\) 两节点之间连边，那么就把并查集中 \(x,y\) 的父节点分别连向一个新节点，这个新节点有一个权值，该点权为这条边的长度。也就是说这样子做：

sort(edge,edge+m);
for(int i=1;i<=n;i++) f[i]=i;
for(int i=0;i<m;i++)
{
    int fx=fd(edge[i].u),fy=fd(edge[i].v);
    if(fx!=fy)
    {
        a[++n]=edge[i].d;
        f[fx]=f[fy]=f[n]=n;
        add_edge(fx,n),add_edge(fy,n);
    }
}

这样子建出来的树有以下特点：

• 该树共有 \(2n-1\) 个结点
  • 原来有 \(n\) 个点，一共连了 \(n-1\) 条边，每条边新建一个结点，所以 \(n+n-1=2n-1\)
• 原有点全在叶子节点上
  • 按照上述写法， f[fx]=f[fy]=f[n]=n; ，是从 \(fx,fy\) 向 \(n\) 连边，没有结点向结点连边
• 该树是一颗二叉树
  • 显然
• 该树是一个小顶堆
  • 先加入的是边权大的边，最后加入的是较小的边，较大的边所表示的结点的父亲节点是较小的边

那么这就导出了另一条神奇的性质： \(LCA(u,v)\) 为 \(u,v\) 结点路径上的最小边权结点。所以我们就可以依靠这条性质，使用倍增， \(Tarjan\) 或树链剖分等各种各样的算法求 \(LCA\) 来统计答案了。这就是 \(Kruskal\) 重构树。

顺便给一道板子题：BZOJ 3732: Network。

AC代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN=2e4+5;
const int MAXM=5e4+5;
int n,m,f[MAXN],a[MAXN],fa[MAXN],son[MAXN],sz[MAXN],dep[MAXN],st[MAXN];
int cnt,top[MAXN],to[MAXN<<1],nex[MAXN<<1];
struct Edge
{
    int u,v,d;
    bool operator < (const Edge& sjf) const {return d>sjf.d;}
}edge[MAXM];
inline int read()
{
    int re=0;
    char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)) ch=getchar();
    while(isdigit(ch)) re=(re<<3)+(re<<1)+ch-'0',ch=getchar();
    return re;
}
inline void add_edge(int x,int y)
{
    to[++cnt]=y,nex[cnt]=top[x],top[x]=cnt;
    to[++cnt]=x,nex[cnt]=top[y],top[y]=cnt;
}
inline int fd(int x)
{
    int r=x;
    while(f[r]!=r) r=f[r];
    int i=x,j;
    while(i!=r) j=f[i],f[i]=r,i=j;
    return r;
}
void dfs1(int now)
{
    for(int i=top[now];i;i=nex[i])
    {
        if(to[i]==fa[now]) continue;
        fa[to[i]]=now,dep[to[i]]=dep[now]+1,sz[to[i]]=1;
        dfs1(to[i]);
        sz[now]+=sz[to[i]];
        if(sz[to[i]]>sz[son[now]]) son[now]=to[i];
    }
}
void dfs2(int now,int line_top)
{
    st[now]=line_top;
    if(!son[now]) return ;
    dfs2(son[now],line_top);
    for(int i=top[now];i;i=nex[i])
    {
        if(to[i]==son[now]||to[i]==fa[now]) continue;
        dfs2(to[i],to[i]);
    }
}
int main()
{
    n=read(),m=read();
    for(int i=0;i<m;i++) edge[i].u=read(),edge[i].v=read(),edge[i].d=read();
    sort(edge,edge+m);
    for(int i=1;i<=n;i++) f[i]=i;
    for(int i=0;i<m;i++)
    {
        int fx=fd(edge[i].u),fy=fd(edge[i].v);
        if(fx!=fy)
        {
            a[++n]=edge[i].d;
            f[fx]=f[fy]=f[n]=n;
            add_edge(fx,n),add_edge(fy,n);
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
        if(f[i]==i)
        {
            fa[i]=n,sz[i]=dep[i]=1;
            dfs1(i);
            dfs2(i,i);
        }
    m=read();
    while(m--)
    {
        int x=read(),y=read();
        if(fd(x)!=fd(y)) puts("-1");
        else
        {
            while(st[x]!=st[y])
            {
                if(dep[st[x]]<dep[st[y]]) swap(x,y);
                x=fa[st[x]];
            }
            if(dep[x]>dep[y]) swap(x,y);
            printf("%d\n",a[x]);
        }
    }
    return 0;
}