【题解】P4886快递员

【题解】P4886 快递员

淀粉质好题！！！加深了我对点分治的理解。最近分治学了好多啊。

题目大意

给定你一颗有边权的树，再给你$m$和点对，请你在树上选出来一个点，使得所有点对到这个点的距离的最大值最小。请你输出最小的最长距离。

数据范围

对于$100\%$的数据，$n,m\le10^5,w_i \le 10^3$

思路

刚开始看到这个题目，以为题干在暗示我二分答案。于是设计一个这样的算法

先二分，得到一个$log10^8=26$的系数，得到一个答案$k$后，每次先枚举$O(m)$的点，然后在树剖的线段树上把这$2m$个点扩展$k$距离，最后查询是否有点被遍历了$2m$次，返回$true \ or \ false$ 实现二分。复杂度大约$=6\times10^8$，无奈过不去。

先分析题目的一个重要性质！假设我们已经选中了一个点，并且发现产生最大距离的点对当中，有一条路径经过了那个点，那么此时一定是最优答案！

怎么得到的？你看我随便移开到不是这个端点的地方，最大答案只会变大啊！

那么我们可以设计$O(nm)$的算法，直接枚举我们选择的快递中心$v$，然后$O(n)$得到所有点到此点的距离，和若删去此点后在的子树的编号，直接$O(m)$枚举所有的点对，查询$dis_{i_1}+dis_{i_2}$得到距离最大值，查询是否在同一颗子树里得到改点在它们的路径上。但这样显然过不去。

$Solution$

考虑优化，假若我发现对于最大值产生贡献的点对都在我的一颗子树内，那么我就往这颗子树里走，这样才有一点可能更新更优解。这样就可以把其他子树给剪枝了不是？而且继续考虑产生最优解时的性质，如果存在多组对最大值产生贡献的点对在不同的子树内，此时我同样一定是最优解。把问题缩小变成的量$=$我跳的那个子树的大小

联系淀粉质，考虑怎么样可以把剪枝最大化，直接跳树的重心啊，这样每次要么确定答案，要么把问题化为至多$n'=0.5n$的大小，这样就是$O(nlogn)$了。

讲一讲写点分治会犯的错误吧。主要是我不熟练，也很傻。

共产风
意思就是不清空上次统计答案造成的影响
- 没有清零当前根的$dis$
- 不回溯自己的树状数组，线段树等
浮夸风

打字前没有$orz \ yyb$
瞎指挥
意思就是跳随机点了！

和随机分治有异曲同工之妙

产生随机跳的情况包括但不限于：
- 不初始化$rt$
- 找错$rt$
- 遍历了$usd$的点
- 不调用$rt$
- 不重置$sum$

上好看的代码

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;typedef long long ll;

#define DRP(t,a,b) for(register int t=(a),edd=(b);t>=edd;--t)

#define RP(t,a,b)  for(register int t=(a),edd=(b);t<=edd;++t)

#define ERP(t,a)   for(register int t=head[a];t;t=e[t].nx)

#define midd register int mid=(l+r)>>1

#define TMP template < class ccf >

TMP inline ccf qr(ccf b){

    register char c=getchar();register int q=1;register ccf x=0;

    while(c<48||c>57)q=c==45?-1:q,c=getchar();

    while(c>=48&&c<=57)x=x*10+c-48,c=getchar();

    return q==-1?-x:x;}

TMP inline ccf Max(ccf a,ccf b){return a<b?b:a;}

TMP inline ccf Min(ccf a,ccf b){return a<b?a:b;}

TMP inline ccf Max(ccf a,ccf b,ccf c){return Max(a,Max(b,c));}

TMP inline ccf Min(ccf a,ccf b,ccf c){return Min(a,Min(b,c));}

TMP inline ccf READ(ccf* _arr,int _n){RP(t,1,_n)_arr[t]=qr((ccf)1);}

//----------------------template&IO---------------------------

const int maxn=1e5+15;

struct E{

    int to,nx,w;

}e[maxn<<1];

int n,m;

int F[maxn],T[maxn];

int head[maxn];

int cnt;

inline void add(int fr,int to,int w,bool f){

    e[++cnt]=(E){to,head[fr],w};

    head[fr]=cnt;

    if(f) add(to,fr,w,0);

}

bool usd[maxn];

int d[maxn];

int spc[maxn];

int siz[maxn];

int sum,rt;

int dan[maxn];

int fans=0x3f3f3f3f;

int q[maxn];

inline void can(){

    printf("%d\n",fans);

    exit(0);

}

void getroot(int now,int last){

    siz[now]=spc[now]=1;

    ERP(t,now){

	if(!usd[e[t].to]&&e[t].to!=last){

	    getroot(e[t].to,now);

	    siz[now]+=siz[e[t].to];

	    spc[now]=Max(spc[now],siz[e[t].to]);

	}

    }

    spc[now]=Max(spc[now],sum-siz[now]);

    if(spc[now]<spc[rt]||!rt) rt=now;

}

void getdis(int now,int last,int ew,int id){

    dan[now]=id;

    d[now]=d[last]+ew;

    ERP(t,now){

	if(e[t].to!=last){

	    getdis(e[t].to,now,e[t].w,id);

	}

    }

}

inline int calc(int now){

    dan[now]=now;d[now]=0;

    ERP(t,now) getdis(e[t].to,now,e[t].w,e[t].to);

    register int top=0;

    register int ans=0;

    register int ret=0;

    RP(t,1,m)

	if(d[F[t]]+d[T[t]]==ans) q[++top]=t;

    	else if(d[F[t]]+d[T[t]]>ans) ans=d[F[t]]+d[T[t]],q[top=1]=t;

    fans=Min(fans,ans);

    RP(t,1,top){

	if(dan[F[q[t]]]!=dan[T[q[t]]]) can();

	else{

	    if(!ret) ret=dan[F[q[t]]];

	    if(ret!=dan[F[q[t]]]) can();

	}

    }

    return ret;

}

void divd(int now){

    usd[now]=1;

    register int t=calc(now);

    if(usd[t]) can();

    sum=siz[t];rt=0;

    getroot(t,0);

    divd(rt);

}

int main(){

#ifndef ONLINE_JUDGE

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

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

#endif

    sum=n=qr(1);

    m=qr(1);

    register int t1,t2,t3;

    RP(t,1,n-1){

	t1=qr(1);t2=qr(1);t3=qr(1);

	add(t1,t2,t3,1);

    }

    RP(t,1,m)

	F[t]=qr(1),T[t]=qr(1);

    usd[0]=1;

    getroot(1,0);

    divd(rt);

    cout<<fans<<endl;

    return 0;

}