【BZOJ】【4144】【AMPPZ2014】Petrol

最短路+最小生成树+倍增

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　　图论问题中综合性较强的一题= =（Orz vfk）

　　比较容易发现，关键的还是有加油站的这些点，其他点都是打酱油的。

　　也就是说我们重点是要求出 关键点之间的最短路。

　　这玩意……如果枚举加油站所在的点，然后跑单源最短路什么的……肯定TLE啊。

　　我们记from[i]表示离 i 最近的关键点，仔细考虑一下，A->B的最短路径上，一定是前一半的from[i]为A，然后走过某条路以后，后一半的from[i]为B。为什么呢？我们不妨设中间出现了一个点x的from[x]=C，那么我们大可以从A走到C，加满油，再从C走到B，这样一定不会差！所以AB之间是否有边就看是否满足这样的条件了……

　　做法是：先将所有关键点的dist置为0，丢到堆里面做dijkstra，求出每个点的dist和from，然后枚举每条边，如果它连接的两个点满足from[x]!=from[y]，那么from[x]和from[y]这两个关键点之间的最短路就找到了。。。

　　现在我们对只包含关键点的这张图做最小生成树，查询的时候倍增就可以了（又变成了货车运输。。。）

　　小Trick：图可能不连通，考虑关键点的时候需要分连通块……我一开始光想着如果不在一个连通块内就为NIE，然而忘了既然是多个连通块，那就不能只dfs一次啊！！！

 /**************************************************************
     Problem: 4144
     User: Tunix
     Language: C++
     Result: Accepted
     Time:5076 ms
     Memory:51424 kb
 ****************************************************************/

 //BZOJ 4144
 #include<vector>
 #include<queue>
 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 #include<cstdlib>
 #include<iostream>
 #include<algorithm>
 #define rep(i,n) for(int i=0;i<n;++i)
 #define F(i,j,n) for(int i=j;i<=n;++i)
 #define D(i,j,n) for(int i=j;i>=n;--i)
 using namespace std;
 typedef long long LL;
 inline int getint(){
     int r=,v=; char ch=getchar();
     for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) if (ch=='-') r=-;
     for(; isdigit(ch);ch=getchar()) v=v*-''+ch;
     return r*v;
 }
 const int N=2e5+,INF=~0u>>;
 /*******************template********************/

 int head[N],to[N<<],nxt[N<<],l[N<<],cnt;
 void ins(int x,int y,int z){
     to[++cnt]=y; nxt[cnt]=head[x]; head[x]=cnt; l[cnt]=z;
 }
 struct edge{
     int x,y,w;
     bool operator < (const edge &b)const {return w<b.w;}
 }E[N<<];
 int n,m,s,dis[N],from[N],c[N];

 int f[N],sz[N];
 inline int getf(int x){return f[x]==x?x:getf(f[x]);}
 typedef pair<int,int> pii;
 #define fi first
 #define se second
 #define mp make_pair
 priority_queue<pii,vector<pii>,greater<pii> >Q;
 bool vis[N];
 void dij(){
     F(i,,n) dis[i]=INF;
     F(i,,s){
         dis[c[i]]=;
         from[c[i]]=c[i];
         Q.push(mp(,c[i]));
     }
     while(!Q.empty()){
         int x=Q.top().se; Q.pop();
         if (vis[x]) continue;
         vis[x]=;
         for(int i=head[x];i;i=nxt[i])
             if (dis[to[i]]>dis[x]+l[i]){
                 dis[to[i]]=dis[x]+l[i];
                 from[to[i]]=from[x];
                 Q.push(mp(dis[to[i]],to[i]));
             }
     }
     int tot=;
     F(i,,m){
         int x=to[i*-],y=to[i<<];
         if (from[x]!=from[y])
             E[++tot]=(edge){from[x],from[y],dis[x]+dis[y]+l[i<<]};
     }
     sort(E+,E+tot+);
     memset(head,,sizeof head); cnt=;
     F(i,,n) f[i]=i,sz[i]=;
     F(i,,tot){
         int f1=getf(E[i].x),f2=getf(E[i].y);
         if (f1!=f2){
             if (sz[f1]>sz[f2]) swap(f1,f2);
             f[f1]=f2;
             sz[f2]+=sz[f1];
             ins(E[i].x,E[i].y,E[i].w);
             ins(E[i].y,E[i].x,E[i].w);
         }
     }
 }

 int fa[N][],dep[N],mx[N][],num,belong[N];
 void dfs(int x,int num){
     belong[x]=num;
     F(i,,)
         if (dep[x]>=(<<i)){
             fa[x][i]=fa[fa[x][i-]][i-];
             mx[x][i]=max(mx[x][i-],mx[fa[x][i-]][i-]);
         }else break;
     for(int i=head[x];i;i=nxt[i])
         if (to[i]!=fa[x][]){
             fa[to[i]][]=x;
             dep[to[i]]=dep[x]+;
             mx[to[i]][]=l[i];
             dfs(to[i],num);
         }
 }
 int query(int x,int y){
     if (dep[x]<dep[y]) swap(x,y);
     int t=dep[x]-dep[y],ans=;
     F(i,,) if (t&(<<i)) ans=max(ans,mx[x][i]),x=fa[x][i];
     D(i,,)
         if (fa[x][i]!=fa[y][i])
             ans=max(ans,max(mx[x][i],mx[y][i])),
             x=fa[x][i],y=fa[y][i];
     if (fa[x][]!=fa[y][]) return ;
     if (x!=y) ans=max(ans,max(mx[x][],mx[y][]));
     return ans;
 }
 int main(){
 #ifndef ONLINE_JUDGE
     freopen("4144.in","r",stdin);
     freopen("4144.out","w",stdout);
 #endif
     n=getint(); s=getint(); m=getint();
     F(i,,s) c[i]=getint();
     F(i,,m){
         int x=getint(),y=getint(),z=getint();
         ins(x,y,z); ins(y,x,z);
     }
     dij();
     memset(vis,,sizeof vis);
     F(i,,s) if (!belong[c[i]]) dfs(c[i],++num);
     int q=getint();
     while(q--){
         int x=getint(),y=getint(),z=getint();
         if (belong[x]!=belong[y]) puts("NIE");
         else puts((query(x,y)<=z) ? "TAK" : "NIE");
     }
     return ;
 }

4144: [AMPPZ2014]Petrol

Time Limit: 10 Sec  Memory Limit: 256 MB
Submit: 83  Solved: 36
[Submit][Status][Discuss]

Description

给定一个n个点、m条边的带权无向图，其中有s个点是加油站。

每辆车都有一个油量上限b，即每次行走距离不能超过b，但在加油站可以补满。

q次询问，每次给出x,y,b，表示出发点是x，终点是y，油量上限为b，且保证x点和y点都是加油站，请回答能否从x走到y。

Input

第一行包含三个正整数n,s,m(2<=s<=n<=200000,1<=m<=200000)，表示点数、加油站数和边数。

第二行包含s个互不相同的正整数c[1],c[2],...c[s](1<=c[i]<=n)，表示每个加油站。

接下来m行，每行三个正整数u[i],v[i],d[i](1<=u[i],v[i]<=n,u[i]!=v[i],1<=d[i]<=10000)，表示u[i]和v[i]之间有一条长度为d[i]的双向边。

接下来一行包含一个正整数q(1<=q<=200000)，表示询问数。

接下来q行，每行包含三个正整数x[i],y[i],b[i](1<=x[i],y[i]<=n,x[i]!=y[i],1<=b[i]<=2*10^9)，表示一个询问。

Output

输出q行。第i行输出第i个询问的答案，如果可行，则输出TAK，否则输出NIE。

 

Sample Input

6 4 5
1 5 2 6
1 3 1
2 3 2
3 4 3
4 5 5
6 4 5
4
1 2 4
2 6 9
1 5 9
6 5 8

Sample Output

TAK
TAK
TAK
NIE

HINT

Source

鸣谢Claris上传

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