17.10.13
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- 絕望地做BZOJ 1023
- Ztraveler選講,更絕望。
- 下午
- BOZJ 1023 [SHOI2008]cactus仙人掌圖
真的是神題,想了我好久,做了我好久,改了我好久,調了我好久……
(先吐槽一下:題目中的說的仙人圖是什麽?不是仙人掌圖麽。還有這個樣例輸入也是醉了)
由於是仙人掌圖(很特殊),所以如果把圖中的環都縮點後,則形成一棵樹。
先看看在樹上的話:
一棵樹中兩點間的距離是唯一的,所以求出樹的最長鏈就可以得出樹的直徑了。
考慮dp,這個簡單的樹上求最長鏈應該會吧。
顯然一個以u為根的子樹中的最長鏈為:以u為端點的最長和第二長鏈 相拼接。
令dp[u]表示在u所在的子樹,以u為端點的最長鏈的長度,
那麽在樹形dp到u節點時,
枚舉每個兒子,維護出已經枚舉了的兒子所貢獻的出的f[u],
那麽對於當前枚舉到的兒子所形成的最長鏈和f[u]相拼接,就可能會更新ans
(還是代碼更直觀)
但是現在是仙人掌圖誒,真的要Tarjan縮點使其成為一顆樹麽?
還是算了吧。
我想起曾經一次考試的有一道題,把仙人掌圖不縮點卻活生生的化成了一棵樹,(當時是便於求lca)。
做法是這樣的(這麽做好像不必要,因為網上的題解都沒這樣做,但當時我是這麽想的):
dfs找出每一個環,把環中的邊刪去,然後把dfs找到的環的起點向環中其它的點連邊:
(給刪去的邊打個del標記,以後若是遇到了就不枚舉它。)
(然後加一個belong[u]數組,表示u節點是屬於第幾個環,便於以後判斷兩個節點是否在同一個環)
這樣就形成了一棵樹,可以向上面的那個dp那樣跑了麽?
當然不行
對於u節點的不在同一個環的兩個兒子,這麽做dp求ans沒問題
但在同一個環呢?這麽求ans顯然錯了,
因為環上兩點的距離可不一定是兩個點分別到該環起點的dis相加
(當時卡了半天,還是去看了看別人的做法)
我們的dp數組定義任然不變,對於dp數組的求法也任然不變,
變的只是ans的求法:
對於環上的那麽多點,怎樣求出最長的鏈呢。
用單調隊列。
把同一環上的點存在一個數組中,並把存的東西翻倍,形成二倍序列。
記環的長度為p,
對於枚舉到的點,用單調隊列維護它後面p/2個點,
使得(隊首的節點的最長鏈+枚舉到的點的最長鏈+隊首的節點到枚舉到的點在環上的最短距離)最小
然後該值就可以去嘗試更新ans了。
然後就差不多了,只是感覺代碼很惡心
代碼:
#include<queue> #include<cstdio> #include<cstring> #include<iostream> using namespace std; struct edge{ int to,next; }e[300005]; bool del[300005]; int head[50005],fg[50005],from[50005],dp[50005]; int belong[50005],tmp[50005],val[50005],who[50005]; int ent=2,n,m,lim,ans,cnt; void add(int u,int v){ e[ent]=(edge){v,head[u]}; head[u]=ent++; } void dfs_get_tree(int u){ fg[u]=1; for(int i=head[u];i;i=e[i].next) if(i<lim) { int v=e[i].to; if((i^from[u])==1) continue; if(fg[v]==1){ ++cnt; int x=u; del[i]=1; del[i^1]=1; do{ del[from[x]]=1; del[from[x]^1]=1; add(v,x); add(x,v); belong[x]=cnt; x=e[from[x]^1].to; }while(x!=v); } if(fg[v]==0) from[v]=i,dfs_get_tree(v); } fg[u]=2; } void circle_queue(int be,int en,int u,int fa){ int p=0; while(be!=en){ if(!del[be]&&e[be].to!=fa) tmp[++p]=e[be].to; be=e[be].next; } tmp[++p]=u; int len=p/2,l=1,r=0; if(p==1) return; for(int i=1;i<=p;i++) tmp[p+i]=tmp[i]; int k=1; for(int st=1;st<=p;st++){ while(k-st!=len){ ++k; while(r>=l&&val[r]<dp[tmp[k]]+k) r--; val[++r]=dp[tmp[k]]+k,who[r]=k; while(l<=r&&who[l]<=st) l++; } ans=max(ans,dp[tmp[st]]+dp[tmp[who[l]]]+who[l]-st); } for(int i=1;i<p;i++){ dp[u]=max(dp[u],dp[tmp[i]]+min(i,p-i)); } } void dp_get_ans(int u,int fa){ int last=head[u]; for(int i=head[u];i;i=e[i].next) if(!del[i]){ int v=e[i].to; if(v==fa) continue; dp_get_ans(v,u); if(!belong[v]||belong[v]!=belong[e[last].to]){ circle_queue(last,i,u,fa); last=i; } } circle_queue(last,0,u,fa); } int main(){ scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1,k,a,b;i<=m;i++){ scanf("%d%d",&k,&a); for(int j=2;j<=k;j++) scanf("%d",&b),add(a,b),add(b,a),a=b; } lim=ent; dfs_get_tree(1); dp_get_ans(1,0); printf("%d",ans); return 0; }
17.10.13