[NOIP2018]赛道修建（二分+multiset）

考场上打了一个 \(vector\) 解法，因为我当时不会 \(multiset\)

好吧，我来讲一讲今年的 \(tgD1T3\)

首先，这题 \(55\) 分是不难想的

1、 \(b_i=a_i+1\) 的情况（一条链）

解法：把所有边权记录下来，这种情况等价于将序列分割成 \(m\) 段，使 \(m\) 段区间和的最小值最大

那么二分 \(m\) 段区间和的最小值，然后 \(O(n)\) 贪心扫一遍，时间复杂度 \(O(nlogn)\)

namespace subtask1{
    int a[maxn];
    void dfs(int x,int fa){
        for(int i=head[x],y;i;i=e[i].next){
            y=e[i].to;
            if(y==fa) continue;
            dfs(y,x);
            a[x]=e[i].val;
        }
    }
    int check(int k){
        int t=0,now=0;
        for(int i=1;i<n;i++){
            if(now+a[i]>=k){
                now=0;
                t++;
            }
            else now+=a[i];
        }
        return t>=m;
    }
    void solve(){
        dfs(1,0);
        int l=1,r=sum,mid;
        while(l<r){
            mid=l+r+1>>1;
            if(check(mid)) l=mid;
            else r=mid-1;
        }
        printf("%d\n",l);
        return ;
    }
}

2、 \(m=1\) 的情况（树的直径）

解法：取一条最长链，即为树的直径问题，记录一下最大值和次大值，每次把最大

值传到它的父亲，时间复杂度 \(O(n)\)

namespace subtask2{
    int dfs(int x,int fa){
        int sum1=0,sum2=0;
        for(int i=head[x],y;i;i=e[i].next){
            y=e[i].to;
            if(y==fa) continue;
            sum2=max(sum2,dfs(y,x)+e[i].val);
            if(sum2>sum1) swap(sum1,sum2);
        }
        ans=max(ans,sum1+sum2);
        return sum1;
    }
    void solve(){
        dfs(1,0);
        printf("%d\n",ans);
        return ;
    }
}

3、\(a_i=1\)的情况（菊花图）

解法：把所有边权记录下来，从大到小排序。设边权为 \(w\)，答案即为 \(w_1+w_{2m-1},w_2+w_{2m-2},...,w_m+w_{m+1}\) 的最小值，时间复杂度 \(O(nlogn)\)

namespace subtask3{
	int a[maxn];
	bool cmp(int a,int b){
		return a>b;
	}
	void solve(){
		for(int i=head[1],y;i;i=e[i].next){
			y=e[i].to;
			a[y-1]=e[i].val;
		}
		sort(a+1,a+n,cmp);
		int ans=inf;
		for(int i=1;i<=m;i++)
			ans=min(ans,a[i]+a[2*m-i+1]);
		printf("%d\n",ans);
	}
}

分支不超过 \(3\) 的话其实就是正解的弱化版

看到题意描述第一反应就是先二分那个修建的\(m\)条赛道中长度最小的赛道的长度 \(k\) ，然后 \(O(n)\) 或 \(O(nlogn)\) 判断

那么怎么判断呢？

对于每个结点，把所有传上来的值 \(val\) 放进一个 \(multiset\) ，其实这些值对答案有贡献就两种情况：

• \(val\geq k\)
• \(val_a+val_b\geq k\)

那么第一种情况可以不用放进 \(multiset\)，直接答案 \(+1\) 就好了。第二种情况就可以对于每一个最小的元素，在 \(multiset\) 中找到第一个 \(\geq k\)的数，将两个数同时删去，最后把剩下最大的值传到那个结点的父亲

我出考场后想为什么这种解法是正确的，有没有可能对于有些情况直接传最大的数会使答案更大？

当然不会。这个数即使很大也只能对答案贡献加 \(1\)，在其没传上去的时候可以跟原来结点的值配对，也只能对答案贡献加 \(1\)

\(multiset\) 版：

int dfs(int x,int fa,int k){
    s[x].clear();
    int val;
    for(int i=head[x],y;i;i=e[i].next){
        y=e[i].to;
        if(y==fa) continue;
        val=dfs(y,x,k)+e[i].val;
        if(val>=k) ans++;
        //直接处理第一种情况
        else {
            s[x].insert(val);
        }
    }
    int Max=0;
    while(!s[x].empty()){
        if(s[x].size()==1){
            return max(Max,*s[x].begin());
        }
        //把最大的给传上去
        it=s[x].lower_bound(k-*s[x].begin());
        //二分到那个值
        if(it==s[x].begin()&&s[x].count(*it)==1) it++;
        //若找到的就是它自己且当前值的count==1,迭代器++
        if(it==s[x].end()){
            Max=max(Max,*s[x].begin());
            s[x].erase(s[x].find(*s[x].begin()));
        }
        //若没有找到比k-*s[x].begin()大的，就取个最大值，把*s[x].begin()删掉
        else {
            ans++;
            s[x].erase(s[x].find(*it));
			s[x].erase(s[x].find(*s[x].begin()));
        }
        //处理第二种情况
    }
    return Max;
    //把最大值传上去
}

\(vector\) 版：

while(!s[x].empty()){
    if(s[x].size()==1){
        return max(Max,*s[x].begin());
    }
    it=lower_bound(s[x].begin(),s[x].end(),k-*s[x].begin());
    if(it==s[x].begin()) it++;
    if(it==s[x].end()){
        Max=max(Max,*s[x].begin());
        s[x].erase(s[x].begin());
    }
    else {
        ans++;
        s[x].erase(it);
        s[x].erase(s[x].begin());
    }
}
return Max;

\(multiset\) 版：时间复杂度 \(O(nlog^2n)\)

\(vector\) 版：时间复杂度 \(O(n^2logn)\)

备注：如果数据是随机的，\(vector\) 的写法会很快，但菊花图可以把它卡掉

然后 \(tgD1T3\) 就被我们解决了

还有就是那个二分上界可以换成树的直径

\(Code\ Below:\)

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=50000+10;
int n,m,head[maxn],tot,ans,up;

struct node{
    int to,next,val;
}e[maxn<<1];

multiset<int> s[maxn];
multiset<int>::iterator it;

inline int read(){
    register int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(isdigit(ch)){x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';ch=getchar();}
    return (f==1)?x:-x;
}

inline void add(int x,int y,int w){
    e[++tot].to=y;
    e[tot].val=w;
    e[tot].next=head[x];
    head[x]=tot;
}

int dfs(int x,int fa,int k){
    s[x].clear();
    int val;
    for(int i=head[x],y;i;i=e[i].next){
        y=e[i].to;
        if(y==fa) continue;
        val=dfs(y,x,k)+e[i].val;
        if(val>=k) ans++;
        else {
            s[x].insert(val);
        }
    }
    int Max=0;
    while(!s[x].empty()){
        if(s[x].size()==1){
            return max(Max,*s[x].begin());
        }
        it=s[x].lower_bound(k-*s[x].begin());
        if(it==s[x].begin()&&s[x].count(*it)==1) it++;
        if(it==s[x].end()){
            Max=max(Max,*s[x].begin());
            s[x].erase(s[x].find(*s[x].begin()));
        }
        else {
            ans++;
            s[x].erase(s[x].find(*it));
            s[x].erase(s[x].find(*s[x].begin()));
        }
    }
    return Max;
}

int check(int k){
    ans=0;
    dfs(1,0,k);
    if(ans>=m) return 1;
    return 0;
}

int dfs1(int x,int fa){
    int sum1=0,sum2=0;
    for(int i=head[x],y;i;i=e[i].next){
        y=e[i].to;
        if(y==fa) continue;
        sum2=max(sum2,dfs1(y,x)+e[i].val);
        if(sum1<sum2) swap(sum1,sum2);
    }
    up=max(up,sum1+sum2);
    return sum1;
}

int main()
{
    n=read(),m=read();
    int x,y,w;
    for(int i=1;i<n;i++){
        x=read(),y=read(),w=read();
        add(x,y,w);add(y,x,w);
    }
    dfs1(1,0);
    int l=1,r=up,mid;
    while(l<r){
        mid=l+r+1>>1;
        if(check(mid)) l=mid;
        else r=mid-1;
    }
    printf("%d\n",l);
    return 0;
}