【数据结构】运输计划 NOIP2015提高组D2T3

>>>>题目

【题目描述】

公元 2044 年，人类进入了宇宙纪元。L 国有 n 个星球，还有 n−1 条双向航道，每条航道建立在两个星球之间，这 n−1 条航道连通了 L 国的所有星球。小 P 掌管一家物流公司，该公司有很多个运输计划，每个运输计划形如：有一艘物流飞船需要从 ui 号星球沿最快的宇航路径飞行到 vi 号星球去。显然，飞船驶过一条航道是需要时间的，对于航道 j，任意飞船驶过它所花费的时间为 tj，并且任意两艘飞船之间不会产生任何干扰。为了鼓励科技创新， L 国国王同意小 P 的物流公司参与 L 国的航道建设，即允许小P 把某一条航道改造成虫洞，飞船驶过虫洞不消耗时间。在虫洞的建设完成前小 P 的物流公司就预接了 m 个运输计划。在虫洞建设完成后，这 m 个运输计划会同时开始，所有飞船一起出发。当这 m 个运输计划都完成时，小 P 的物流公司的阶段性工作就完成了。如果小 P 可以自由选择将哪一条航道改造成虫洞，试求出小 P 的物流公司完成阶段性工作所需要的最短时间是多少?

【输入描述】
第一行包括两个正整数 n,m，表示 L 国中星球的数量及小 P 公司预接的运输计划的数量，星球从 1 到 n 编号。接下来 n−1 行描述航道的建设情况，其中第 i 行包含三个整数 ai,bi 和 ti，表示第 i 条双向航道修建在 ai 与 bi 两个星球之间，任意飞船驶过它所花费的时间为 ti。数据保证 1<=ai,bi<=n 且 0<=ti<=1000。接下来 m 行描述运输计划的情况，其中第 j 行包含两个正整数 uj 和 vj，表示第 j 个运输计划是从 uj 号星球飞往 vj号星球。数据保证 1<=ui,vi<=n

【输出描述】
输出文件只包含一个整数，表示小 P 的物流公司完成阶段性工作所需要的最短时间。

【样例输入】

6 3
1 2 3
1 6 4
3 1 7
4 3 6
3 5 5
3 6
2 5
4 5
【样例输出】

11
【样例解释】

将第 1 条航道改造成虫洞：则三个计划耗时分别为：11,12,11，故需要花费的时间为 12。

将第 2 条航道改造成虫洞：则三个计划耗时分别为：7,15,11，故需要花费的时间为 15。

将第 3 条航道改造成虫洞：则三个计划耗时分别为：4,8,11，故需要花费的时间为 11。

将第 4 条航道改造成虫洞：则三个计划耗时分别为：11,15,5，故需要花费的时间为 15。

将第 5 条航道改造成虫洞：则三个计划耗时分别为：11,10,6，故需要花费的时间为 11。

故将第 3 条或第 5 条航道改造成虫洞均可使得完成阶段性工作的耗时最短，需要花费的时间为 11。

>>>>分析

此题必备技能：二分+树上差分+LCA

本题思路：

二分查找，check里面记录所有权值大于mid的路径，并求出这样的路径的数量（用cnt表示）

在这个过程中，求出所有路径”与mid的差“的最大值，就是最大超出的时间（用ans表示）

再找出一条能覆盖所有“大于mid的路径“的边，即为题目描述的虫洞

{

如果没有这样的边，那么不管怎样减总有至少一个任务的时间超过mid ，return false;

如果有这样的边，

{

for（每一条边）

如果(这条边被每一条大于mid的路径经过&&这条边权值大于ans) 也就是说减去这条边可以将每一条大于mid的路径减到mid下

return true;

}
}

具体分析：

（1）二分：更多时间能完成任务，那么更短时间也能完成，具有单调性。

（2）树上差分：

tmp[i]表示：表示i这个点通往父亲的边，记录这条边被遍历的次数

num[i]表示：以i为根节点所有子树的tmp值

dis[i]表示：i 到根的距离

对于每一条链s（起点）,t（终点），将s,t的tmp值+1;，将LCA(s,t)的tmp值-2

一个点最终被覆盖的次数就是这个点的num值（用dfs序维护）

（3）求LCA: 我这里选择的是倍增求LCA，真的是模板yo

（4）预处理：预处理出每一条链的链长和每一条链的LCA(这个说法好像不大对)

>>>>代码

#include<bits/stdc++.h>

#define maxn 300005

using namespace std;

int len=-,sum=-;

int n,m,tot,times;

int head[maxn],to[*maxn],nxt[*maxn],val[*maxn];

int dep[maxn],dis[maxn],fa[maxn][],tmp[maxn],id[maxn];

struct node

{

    int u,v,lc,d;

}ed[maxn];

void read(int &x)

{

    x=;int f=;char s=getchar();

    while(s<''||s>''){if(s=='-') f=-;s=getchar();}

    while(s>=''&&s<=''){x=x*+s-'';s=getchar();}x=x*f;

}

void add(int u,int v,int p)//前向星存双向边

{

    to[++tot]=v;

    nxt[tot]=head[u];

    val[tot]=p;

    head[u]=tot;

}

int lca(int x,int y)//倍增求lca

{

    if(dep[x]<dep[y]) swap(x,y);//保证x在更深的地方

    for(int i=;i>=;--i)

    if(dep[fa[x][i]]>=dep[y]) x=fa[x][i];

    if(x==y) return x;

    for(int i=;i>=;--i)//两个一起往上跳

    {

        if(fa[x][i]!=fa[y][i])

        x=fa[x][i],y=fa[y][i];

    }

    return fa[x][];

}

void dfs(int u,int father)

{

    id[++times]=u;//dfs序

    for(int i=;i<=;++i) fa[u][i]=fa[fa[u][i-]][i-];//预处理倍增数组

    for(int i=head[u];i;i=nxt[i])

    {

        int v=to[i];

        if(v==father) continue;

        fa[v][]=u;

        dis[v]=dis[u]+val[i];

        dep[v]=dep[u]+;

        dfs(v,u);

    }

}

bool check(int mid)

{

    int cnt=,ans=-;

    memset(tmp,,sizeof(tmp));

    for(int i=;i<=m;++i)

    {

        if(ed[i].d>mid)

        {

            tmp[ed[i].u]++;//点到父亲边的出现次数

            tmp[ed[i].v]++;

            tmp[ed[i].lc]-=;

            ans=max(ans,ed[i].d-mid);//找到“最大超出时限”

            cnt++;

        }

    }

    if(cnt==) return true;//所有边都小于mid

    for(int i=n;i>=;--i) tmp[fa[id[i]][]]+=tmp[id[i]];

    //为什么要倒序？从更接近叶子节点的地方开始,更新父节点经过的次数

    for(int i=;i<=n;++i) //见解析

    if(tmp[i]==cnt&&dis[i]-dis[fa[i][]]>=ans) return true;

    return false;

}

int find(int l,int r)

{

    int ans;

    while(l<=r)

    {

        int mid=(l+r)>>;

        if(check(mid)) ans=mid,r=mid-;

        else l=mid+;

    }

    return ans;

}

int main()

{

//    freopen("transport.in","r",stdin);

//    freopen("transport.out","w",stdout);

    read(n),read(m);

    for(int i=;i<=n-;++i)

    {

        int x,y,z;

        read(x),read(y),read(z);

        add(x,y,z),add(y,x,z);

        sum=max(sum,z);

    }

    dis[]=; dep[]=;

    dfs(,);

    for(int i=;i<=m;++i)

    {

        read(ed[i].u),read(ed[i].v);

        ed[i].lc=lca(ed[i].u,ed[i].v);

        ed[i].d=dis[ed[i].u]+dis[ed[i].v]-*dis[ed[i].lc];//求u到v的链长

        len=max(len,ed[i].d);

    }

    printf("%d\n",find(len-sum,len));//二分 所用最短时间

    return ;/**/

}

/*

6 3

1 2 3

1 6 4

3 1 7

4 3 6

3 5 5

3 6

2 5

4 5

*/

戳这里

思路借鉴洛谷大佬：@D_14134

完结撒花！