【BZOJ3784】树上路径
题目大意
给定一个\(N\)个结点的树,结点用正整数\(1..N\)编号。每条边有一个正整数权值。用\(d(a,b)\)表示从结点\(a\)到结点\(b\)路边上经过边的权值。其中要求\(a < b.\)将这\(n*(n-1)/2\)个距离从大到小排序,输出前\(M\)个距离值。
题目分析
统计树上路径的问题显然需要淀粉质(好毒瘤啊,连续考了两天点分治)。
由于前\(M\)大路径难以直接统计,而我们又很擅长统计长度大于\(l\)的路径个数,因此考虑首先二分答案求出第\(M\)大路径的长度\(l\),再统计长度大于\(l\)的路径。
分析一波时间复杂度,点分\(O(n\ logn)\),统计路径时为了方便,我们需要排序后二分(又一个\(logn\)),本身二分答案就是\(logn\),这样一来时间复杂度达到了\(O(n\ log^3n)\),难以接受。
考试的时候想到一些小优化,如把点分后的每一个子树的根记录下来。当时也想到了把路径存下来,但不知道为什么就认为空间复杂度不正确立马否定掉了。实际上就是要将路径存下来,而且空间复杂度为\(O(n\ logn)\)。这样我们只需要最初建好点分树并排好序,每次只需要对每一个点为根的路径二分一下\(O(n\ logn)\),如此一来算法的时间复杂度瓶颈为\(O(n\ log^2n)\),本题得到完美解决。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int Maxn=50005;
int n,m,h[Maxn],G[Maxn];
int rt,root,totsize,size[Maxn],mx[Maxn];
int lim,path[Maxn];ll ans;
vector<int>v[Maxn],g[Maxn],Ans;
bool vis[Maxn];
struct edge{int to,next,w;}e[Maxn*2],f[Maxn*2];
int getint(){
int w=0,f=1;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch))ch!='-'?:f=-1,ch=getchar();
while(isdigit(ch))w=w*10+ch-'0',ch=getchar();
return w*f;
}
void addedge(int x,int y,int z){
static int cnt;
e[++cnt]=(edge){y,h[x],z};h[x]=cnt;
}
void AddEdge(int x,int y){
static int cnt;
f[++cnt]=(edge){y,G[x]};G[x]=cnt;
}
void getroot(int x,int fa){
size[x]=1;mx[x]=0;
for(int i=h[x];i;i=e[i].next){
int y=e[i].to;
if(vis[y]||y==fa)continue;
getroot(y,x);
size[x]+=size[y];
mx[x]=max(mx[x],size[y]);
}
mx[x]=max(mx[x],totsize-size[x]);
if(mx[x]<mx[root])root=x;
}
void getsize(int x,int fa){
totsize++;
for(int i=h[x];i;i=e[i].next){
int y=e[i].to;
if(vis[y]||y==fa)continue;
getsize(y,x);
}
}
void dfs(int x,int fa,int dis,vector<int>&v){
v.push_back(dis);
for(int i=h[x];i;i=e[i].next){
int y=e[i].to;
if(vis[y]||y==fa)continue;
dfs(y,x,dis+e[i].w,v);
}
}
void Build(int x){
vis[x]=1;v[x].push_back(0);
for(int i=h[x];i;i=e[i].next){
int y=e[i].to;
if(vis[y])continue;
dfs(y,x,e[i].w,v[x]);
}
sort(v[x].begin(),v[x].end());
for(int i=h[x];i;i=e[i].next){
int y=e[i].to;
if(vis[y])continue;
totsize=root=0;
getsize(y,x);getroot(y,x);
dfs(y,x,e[i].w,g[root]);
sort(g[root].begin(),g[root].end());
AddEdge(x,root);Build(root);
}
}
ll calc(vector<int>&v){
ll ret=0;
for(int i=0;i<v.size();i++)ret+=v.end()-lower_bound(v.begin(),v.end(),lim-v[i]);
return ret;
}
void solve(int x){
ans+=calc(v[x]);
for(int i=G[x];i;i=f[i].next){
int y=f[i].to;
ans-=calc(g[y]);
}
if(ans>=m)return;
for(int i=G[x];i;i=f[i].next){
int y=f[i].to;
solve(y);
}
}
bool Judge(int mid){
lim=mid;ans=0;
solve(rt);
return ans>=m*2;
}
void dfs2(int x,int fa,int dis){
path[++path[0]]=dis;
for(int i=h[x];i;i=e[i].next){
int y=e[i].to;
if(vis[y]||y==fa)continue;
dfs2(y,x,dis+e[i].w);
}
}
void Count(int x){
path[0]=0;path[++path[0]]=0;
for(int i=h[x];i;i=e[i].next){
int y=e[i].to;
if(vis[y])continue;
int now=path[0];
dfs2(y,x,e[i].w);
for(int j=now+1;j<=path[0];j++){
int pos=lower_bound(path+1,path+now+1,lim-path[j])-path;
for(int k=pos;k<=now;k++)Ans.push_back(path[j]+path[k]);
}
sort(path+now+1,path+path[0]+1);
inplace_merge(path+1,path+now+1,path+path[0]+1);
}
}
void solve2(int x){
vis[x]=1;Count(x);
for(int i=G[x];i;i=f[i].next){
int y=f[i].to;
solve2(y);
}
}
int main(){
n=getint();m=getint();
for(int i=1;i<n;i++){
int x=getint(),y=getint(),z=getint();
addedge(x,y,z);addedge(y,x,z);
}
mx[0]=n+1;totsize=n;root=0;
getroot(1,0);rt=root;
Build(root);
int l=0,r=5e8;
while(l<=r){
int mid=(l+r)>>1;
if(Judge(mid))l=mid+1;
else r=mid-1;
}
memset(vis,0,sizeof(vis));
lim=l;ans=0;solve2(rt);
while(Ans.size()<m)Ans.push_back(l-1);
sort(Ans.begin(),Ans.end(),greater<int>());
for(int i=0;i<m;i++)cout<<Ans[i]<<"\n";
}
【BZOJ3784】树上路径的更多相关文章
- hihocoder[Offer收割]编程练习赛19 D 相交的铁路线(树上路径交)
傻逼题... 裸的树上路径交 两条树上的路径$[a,b]$和$[c,d]$有交,则有$lca(a,b)$在$[c,d]$上或$lca(c,d)$在$[a,b]$上. 其实只要深度大的$lca$在另一条 ...
- 树上路径(path)
树上路径(path) 题目描述 在Berland,有n个城堡. 每个城堡恰好属于一个领主.不同的城堡属于不同的领主.在所有领主中有一个是国王,其他的每个领主都直接隶属于另一位领主,并且间接隶属于国王. ...
- 某模拟赛C题 树上路径统计 (点分治)
题意 给定一棵有n个节点的无根树,树上的每个点有一个非负整数点权.定义一条路径的价值为路径上的点权和-路径上的点权最大值. 给定参数P,我!=们想知道,有多少不同的树上简单路径,满足它的价值恰好是P的 ...
- 【JZOJ4715】【NOIP2016提高A组模拟8.19】树上路径
题目描述 给出一棵树,求出最小的k,使得,且在树中存在路径p,使得k>=S且k<=E.(k为路径p上的边的权值和) 输入 第一行给出N,S,E.N代表树的点数,S,E如题目描述. 下面N- ...
- BZOJ3784 : 树上的路径
树的点分治,在分治的时候将所有点到根的距离依次放入一个数组q中. 对于一棵子树里的点,合法的路径一定是q[L]..q[R]的某个数加上自己到重心的距离. 定义五元组(v,l,m,r,w),表示当前路径 ...
- 2019.01.20 bzoj3784: 树上的路径(二分答案+点分治)
传送门 点分治好题. 题意简述:给一棵带边权的树,问所有路径中前mmm大的.m≤300000m\le300000m≤300000 思路: 网上有题解写了可以通过什么点分治序转化成超级钢琴那道题的做法蒟 ...
- BZOJ3784树上的路径
题目描述 给定一个N个结点的树,结点用正整数1..N编号.每条边有一个正整数权值.用d(a,b)表示从结点a到结点b路边上经过边的权值.其中要求a<b.将这n*(n-1)/2个距离从大到小排序, ...
- SPOJ-COT-Count on a tree(树上路径第K小,可持久化线段树)
题意: 求树上A,B两点路径上第K小的数 分析: 同样是可持久化线段树,只是这一次我们用它来维护树上的信息. 我们之前已经知道,可持久化线段树实际上是维护的一个前缀和,而前缀和不一定要出现在一个线性表 ...
- POJ 1741 Tree 求树上路径小于k的点对个数)
POJ 174 ...
随机推荐
- OPENROWSET read excel
由于64位系统已经不支持 oledb 4.0访问 xls 1. 未在本地计算机上注册“microsoft.ACE.oledb.12.0”提供程序 去http://download.microsoft. ...
- linux 重新定义命令alias——重定义查看日志命令
背景:很多时候,需要输入一大串命令来查看日志,例如: cd /home/weblogic/prodmain/log/ftlog;tail -f tps-mv-ft-rolling.log 每次打开终端 ...
- mysql 研发规范
1. 命名 a) 有意义. b) 数据库.表,都用小写,仅使用下划线和小写字母. c) 索引以idx_开头. d) 命名不要过长,尽量少于25个字符. e) 不要使用保留 ...
- Quartz.NET 作业调度使用
Quartz.NET的使用方法有很多,今天使用Quartz.NET3.0.6的时候发现和2.0版本的语法不太一样,百度上找了一圈也没有找到解决办法 后来在GitHub上下载源代码解决了 实现每隔10s ...
- Charts in Ionic
Chart对于任何应用来说都是不可或缺的一部分,hybrid app也是如此. 先罗列一下有哪些可用的Chart library: D3.JS -- Data-Driven Documents,BSD ...
- Ubuntu系统里下载安装配置redis-2.2.13.tar.gz
不多说,直接上干货! Redis是一个NoSQL数据库,在数据需要频繁更新,并且数据的访问热点范围比较广的应用场景下,Redis的效率很不错. 下面介绍Redis的安装过程,如下面的步骤所示. 第一步 ...
- ksframework的xlua版本
https://github.com/zhaoqingqing/KSFramework_xlua
- 8086键盘输入实验——《x86汇编语言:从实模式到保护模式》读书笔记07
1.BIOS中断 我们可以为所有中断类型自定义中断处理过程,包括内部中断.硬件中断和软中断. BIOS中断,又称BIOS功能调用,主要是为了方便地使用最基本的硬件访问功能.通常,为了区分针对同一硬件的 ...
- php高手干货【必看】
1.用单引号代替双引号来包含字符串,这样做会更快一些.因为PHP会在双引号包围的字符串中搜寻变量, 单引号则不会,注意:只有echo能这么做,它是一种可以把多个字符串当作参数的"函数&quo ...
- python 生成、删除、拷贝目录
1. 生成目录 函数原型:distutils.dir_util.mkpath(name[, mode=0777, verbose=0, dry_run=0]) from distutils impor ...