传送门

这题似乎不好直接做,可以考虑按照\(a_i\)升序排序,然后依次加边更新答案

具体实现方法是用lct维护当前的树,这里需要维护链上最大的\(b_i\).每次加一条边,如果加完以后没有环直接加,否则找出链上最大的\(b_i\),如果这个\(b_i\)比当前的\(b_i\)小,加了肯定不优,否则就把那条边断掉,加上这条边.每次用当前\(a_i\)和1到n链上最大\(b_i\)更新答案

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define db long double
#define il inline using namespace std;
const int N=1e5+10;
il LL rd()
{
LL x=0,w=1;char ch=0;
while(ch<'0'||ch>'9') {if(ch=='-') w=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48);ch=getchar();}
return x*w;
}
int n,m,w[N],po[N][2],tt;
int fa[N],ch[N][2],id[N],vi[N];
bool tg[N];
bool nrt(int x){return ch[fa[x]][0]==x||ch[fa[x]][1]==x;}
void psup(int x)
{
id[x]=w[id[ch[x][0]]]>w[id[ch[x][1]]]?id[ch[x][0]]:id[ch[x][1]];
id[x]=w[id[x]]>w[vi[x]]?id[x]:vi[x];
}
void rev(int x){if(x) swap(ch[x][0],ch[x][1]),tg[x]^=1;}
void psdn(int x){if(tg[x]) rev(ch[x][0]),rev(ch[x][1]),tg[x]=0;}
void ppush(int x)
{
if(nrt(x)) ppush(fa[x]);
psdn(x);
}
void rot(int x)
{
int y=fa[x],z=fa[y],yy=ch[y][1]==x,w=ch[x][!yy];
if(nrt(y)) ch[z][ch[z][1]==y]=x;
ch[y][yy]=w,ch[x][!yy]=y;
if(w) fa[w]=y;
fa[x]=z,fa[y]=x;
psup(y);
}
void spl(int x)
{
ppush(x);
while(nrt(x))
{
int y=fa[x];
if(nrt(y)) ((ch[y][1]==x)^(ch[fa[y]][1]==y))?rot(x):rot(y);
rot(x);
}
psup(x);
}
void acs(int x)
{
for(int y=0;x;y=x,x=fa[x])
spl(x),ch[x][1]=y,psup(x);
}
void mkrt(int x)
{
acs(x),spl(x),rev(x);
}
int fdrt(int x)
{
acs(x),spl(x);
psdn(x);
while(ch[x][0]) x=ch[x][0],psdn(x);
return x;
}
void split(int x,int y)
{
mkrt(x),acs(y),spl(y);
}
void link(int x,int y,int z)
{
mkrt(x);
if(fdrt(y)!=x)
{
mkrt(y);
w[++tt]=z,vi[tt]=tt,po[tt][0]=x,po[tt][1]=y;
fa[x]=fa[y]=tt;
return;
}
acs(y),spl(y);
int ii=id[y];
if(w[ii]<=z) return;
mkrt(po[ii][0]),acs(po[ii][1]),spl(ii);
fa[po[ii][0]]=fa[po[ii][1]]=ch[ii][0]=ch[ii][1]=0,psup(ii);
w[ii]=z,po[ii][0]=x,po[ii][1]=y;
mkrt(x),mkrt(y);
fa[x]=fa[y]=ii;
}
struct edge
{
int x,y,a,b;
bool operator < (const edge &bb) const {return a<bb.a;}
}e[N]; int main()
{
n=rd(),m=rd();
for(int i=1;i<=m;++i)
{
int x=rd(),y=rd(),a=rd(),b=rd();
e[i]=(edge){x,y,a,b};
}
sort(e+1,e+m+1);
tt=n,w[0]=-(1<<30);
int ans=1<<30;
for(int i=1;i<=m;++i)
{
if(e[i].x==e[i].y) continue;
link(e[i].x,e[i].y,e[i].b);
mkrt(1);
if(fdrt(n)==1) ans=min(ans,e[i].a+w[id[n]]);
}
printf("%d\n",ans<(1<<29)?ans:-1);
return 0;
}

luogu P2387 [NOI2014]魔法森林的更多相关文章

  1. [Luogu P2387] [NOI2014]魔法森林 (LCT维护边权)

    题面 传送门:https://www.luogu.org/problemnew/show/P2387 Solution 这题的思想挺好的. 对于这种最大值最小类的问题,很自然的可以想到二分答案.很不幸 ...

  2. P2387 [NOI2014]魔法森林(LCT)

    P2387 [NOI2014]魔法森林 LCT边权维护经典题 咋维护呢?边化为点,边权变点权. 本题中我们把边对关键字A进行排序,动态维护关键字B的最小生成树 加边后出现环咋办? splay维护最大边 ...

  3. 洛谷 P2387 [NOI2014]魔法森林 解题报告

    P2387 [NOI2014]魔法森林 题目描述 为了得到书法大家的真传,小 E 同学下定决心去拜访住在魔法森林中的隐 士.魔法森林可以被看成一个包含 n 个节点 m 条边的无向图,节点标号为 1,2 ...

  4. 洛谷P2387 [NOI2014]魔法森林(lct维护最小生成树)

    题目描述 为了得到书法大家的真传,小 E 同学下定决心去拜访住在魔法森林中的隐 士.魔法森林可以被看成一个包含 n 个节点 m 条边的无向图,节点标号为 1,2,3,…,n,边标号为 1,2,3,…, ...

  5. P2387 [NOI2014]魔法森林 LCT维护最小生成树

    \(\color{#0066ff}{ 题目描述 }\) 为了得到书法大家的真传,小 E 同学下定决心去拜访住在魔法森林中的隐 士.魔法森林可以被看成一个包含 n 个节点 m 条边的无向图,节点标号为 ...

  6. 洛谷P2387 [NOI2014]魔法森林(LCT)

    魔法森林 题目传送门 解题思路 把每条路按照\(a\)的值从小到大排序.然后用LCT按照b的值维护最小生成树,将边按照顺序放入.如果\(1\)到\(n\)有了一条路径,就更新最小答案.这个过程就相当于 ...

  7. 洛谷P2387 [NOI2014]魔法森林(LCT,Splay)

    在XZY&XZZ巨佬的引领下,一枚蒟蒻终于啃动了这道题...... 这次还是第一次写LCT维护边权,还要化边为点,思路乱七八糟的,写起来也不顺手,还好调了许久终于AC啦. 贪心排序按一个关键字 ...

  8. 洛谷P2387 [NOI2014]魔法森林(LCT)

    在XZY&XZZ巨佬的引领下,一枚蒟蒻终于啃动了这道题...... 这次还是第一次写LCT维护边权,还要化边为点,思路乱七八糟的,写起来也不顺手,还好调了许久终于AC啦. 贪心排序按一个关键字 ...

  9. P2387 [NOI2014]魔法森林

    传送门 如果一条边只要考虑 $a$ 的限制,那么显然最小生成树 但是现在有 $a,b$ 两个限制,所以考虑按 $a$ 从小到大枚举边,动态维护 $b$ 的最小生成树 考虑新加入的一条边 $x,y$ , ...

随机推荐

  1. JVM内存模型你只要看这一篇就够了

    JVM内存模型你只要看这一篇就够了 我是一只孤傲的鱼鹰 让我们不厌其烦的从内存模型开始说起:作为一般人需要了解到的,JVM的内存区域可以被分为:线程栈,堆,静态方法区(实际上还有更多功能的区域,并且这 ...

  2. ArcGIS for qml -添加自由文本

    源码:https://github.com/sueRimn/ArcGIS-for-qml-demos 实现地图上鼠标点击后添加自由文本功能 作者: 狐狸家的鱼 Github: 八至 版权声明:如需转载 ...

  3. 解题:NOI2018 你的名字(68pts暴力)

    题面 rt,如果省选没退役就补 SAM的优势:简单明了 先建S的SAM并标记所有节点,之后每次询问直接把T按广义SAM的方法插上去,统计新加的节点到根的状态代表的本质不同子串数,减掉被标记的部分就是T ...

  4. 前端JS Excel解析导入

    本文转载自:https://www.cnblogs.com/yinqingvip/p/6743213.html 需要用到js-xlsx:下载地址:js-xlsx <!DOCTYPE html&g ...

  5. YSLOW(一款实用的网站性能检测工具)

     概述 YSlow是Yahoo发布的一款基于FireFox的插件,这个插件可以分析网站的页面,并告诉你为了提高网站性能,如何基于某些规则而进行优化.  安装  官网:http://yslow.org/ ...

  6. 灰度发布/AB test

    背景 互联网产品有一个特点,就是不停的升级,升级,再升级.一般采用敏捷开发的团队,基本上保持每周一次的发布频率,系统升级总是伴随着风险,新旧版本兼容的风险,用户使用习惯突然改变而造成用户流失的风险,系 ...

  7. 第一个java程序的编译

    import java.io.*; public class EmployeeTest{ public static void main(String args[]){ /* 使用构造器创建两个对象 ...

  8. Tree Restoration Gym - 101755F (并查集)

    There is a tree of n vertices. For each vertex a list of all its successors is known (not only direc ...

  9. HDU - 5952 Counting Cliques(DFS)

    A clique is a complete graph, in which there is an edge between every pair of the vertices. Given a ...

  10. 基于RBAC模型的权限系统设计(Github开源项目)

    RBAC(基于角色的访问控制):英文名称Rose base Access Controller.本博客介绍这种模型的权限系统设计.取消了用户和权限的直接关联,改为通过用户关联角色.角色关联权限的方法来 ...