BZOJ.1758.[WC2010]重建計劃(分數規劃 點分治 單調佇列/長鏈剖分 線段樹)
阿新 • • 發佈：2018-11-26
點分治 單調佇列：
二分答案，然後判斷是否存在一條長度在\([L,R]\)的路徑滿足權值和非負。可以點分治。
對於（距當前根節點）深度為\(d\)的一條路徑，可以用其它子樹深度在\([L-d,R-d]\)內的最大值更新。這可以用單調佇列維護。
這需要子樹中的點按dep排好序。可以用BFS，省掉sort。
直接這樣的話，每次用之前的子樹更新當前子樹時，每次複雜度是\(O(\max\{dep\})\)的（之前子樹中最大的深度）。能被卡成\(O(n^2\log n)\)。
可以再對每個點的所有子樹按最大深度排序，從小的開始計算，這樣複雜度就還是\(O(\sum dep)\)
但是常數也比較大。
在二分前要先將點分樹建出來（直接用vector存每個點作為根時它的整棵子樹就行了）。
二分邊界最好優化下。
最長鏈的2倍不足L就跳過。優化很明顯...(8400->5500)
//36744kb 5548ms(沒有O2用一堆vector就是慢...) #include <cstdio> #include <cctype> #include <vector> #include <algorithm> //#define gc() getchar() #define MAXIN 200000 #define gc() (SS==TT&&(TT=(SS=IN)+fread(IN,1,MAXIN,stdin),SS==TT)?EOF:*SS++) #define eps 1e-9 typedef long long LL; const int N=1e5+5; const double INF=1ll<<60; int L,R,Enum,H[N],nxt[N<<1],to[N<<1],len[N<<1],Min,root,sz[N]; bool vis[N]; char IN[MAXIN],*SS=IN,*TT=IN; struct Node { int dep; LL dis; }; struct Block//每個連通塊 { int mxd; std::vector<Node> vec; bool operator <(const Block &x)const { return mxd<x.mxd; } }; std::vector<Block> bl[N]; inline int read() { int now=0;register char c=gc(); for(;!isdigit(c);c=gc()); for(;isdigit(c);now=now*10+c-'0',c=gc()); return now; } inline void AE(int u,int v,int w) { to[++Enum]=v, nxt[Enum]=H[u], H[u]=Enum, len[Enum]=w; to[++Enum]=u, nxt[Enum]=H[v], H[v]=Enum, len[Enum]=w; } void Find_root(int x,int fa,int tot) { int mx=0; sz[x]=1; for(int i=H[x],v; i; i=nxt[i]) if(!vis[v=to[i]]&&v!=fa) Find_root(v,x,tot), sz[x]+=sz[v], mx=std::max(mx,sz[v]); mx=std::max(mx,tot-sz[x]); if(mx<Min) Min=mx, root=x; } void BFS(int s,int rt,int sl) { static int q[N],pre[N],dep[N]; static LL dis[N]; int h=0,t=0; q[t++]=s, pre[s]=rt, dep[s]=1, dis[s]=sl; bl[rt].push_back(Block()); std::vector<Block>::iterator it=--bl[rt].end(); while(h<t) { int x=q[h++]; it->vec.push_back((Node){dep[x],dis[x]}); for(int i=H[x],v; i; i=nxt[i]) if(!vis[v=to[i]]&&v!=pre[x]) pre[v]=x, dep[v]=dep[x]+1, dis[v]=dis[x]+len[i], q[t++]=v; } it->mxd=dep[q[h-1]]; std::reverse(it->vec.begin(),it->vec.end());//dep從大到小 保證匹配區間是遞增的（遞減的話邊界不好找吧）。 } void Solve(int x) { vis[x]=1; for(int i=H[x],v; i; i=nxt[i]) if(!vis[v=to[i]]) BFS(v,x,len[i]); std::sort(bl[x].begin(),bl[x].end()); for(int i=H[x],v; i; i=nxt[i]) if(!vis[v=to[i]]) Min=N, Find_root(v,x,sz[v]), Solve(root); } void Init(int n) { Min=N, Find_root(1,1,n), Solve(root); } bool Check(int n,double X) { static int q[N]; static double mx[N]; for(int i=1; i<=n; ++i) mx[i]=-INF; std::vector<Node>::iterator it2,ed2; std::vector<Block>::iterator it1,ed1; for(int s=1; s<=n; ++s) { if(!bl[s].size()||2*(--bl[s].end())->mxd<L) continue;//最長鏈的2倍不足L就跳過。優化很明顯... bool vic=0; for(it1=bl[s].begin(),ed1=bl[s].end(); it1!=ed1; ++it1) { int mxd=it1->mxd,now=1,h=1,t=0; for(it2=it1->vec.begin(),ed2=it1->vec.end(); it2!=ed2; ++it2)//用當前子樹的值和之前子樹的鏈匹配 { int l=std::max(0,L-it2->dep),r=std::min(mxd,R-it2->dep);//當前鏈能匹配的路徑區間 if(l>r) continue; while(now<=r) { while(h<=t && mx[q[t]]<mx[now]) --t; q[++t]=now++; } while(h<=t && q[h]<l) ++h; if(mx[q[h]]+it2->dis-X*it2->dep>eps) {vic=1; goto Skip;} } for(it2=it1->vec.begin(),ed2=it1->vec.end(); it2!=ed2; ++it2)//用當前子樹更新狀態，順便判斷一下是否有到根節點的滿足條件的路徑。 { int d=it2->dep; mx[d]=std::max(mx[d],it2->dis-X*d); if(L<=d && d<=R && mx[d]>eps) {vic=1; goto Skip;} } } Skip: ; for(it1=bl[s].begin(),ed1=bl[s].end(); it1!=ed1; ++it1) for(it2=it1->vec.begin(),ed2=it1->vec.end(); it2!=ed2; ++it2) mx[it2->dep]=-INF; if(vic) return 1; } return 0; } int main() { int n=read(),mn=1e6,mx=0; L=read(),R=read(); for(int i=1,u,v,w; i<n; ++i) u=read(),v=read(),w=read(),AE(u,v,w),mn=std::min(mn,w),mx=std::max(mx,w); Init(n); double l=mn,r=mx,mid; for(int T=1; T<=31; ++T) if(Check(n,mid=(l+r)*0.5)) l=mid; else r=mid; printf("%.3lf\n",l); return 0; }
長鏈剖分 線段樹：