【BZOJ1999】樹網的核,求樹的直徑+單調佇列亂搞
阿新 • • 發佈:2019-01-30
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思路:
很好的一道亂搞題
原來的題目我寫的是
由於n<=500000
所以我們可以猜一些結論來減少時間複雜度
比如說每個直徑都有最小偏心距,直徑上每個點的偏心距可以快速處理,在直徑上時[L,R]的偏心距一定小於等於[l,r]其中L<=l<=r<=R
關於直徑上每個點的偏心距,有一個很好的處理方法
以這個點為根,在不經過直徑的情況下遍歷所有能到達的點,計算出最大距離dis
那麼它的偏心距就是max(dis,到直徑左端點距離,到右端點距離)
這個結論比較顯然,但不是很好想到
然後就可以隨便找一條直徑,預處理出dis,然後一段段從前向後列舉求答案了
用單調佇列維護
複雜度 (n)
求直徑跑兩次bfs即可,網上有詳細說明,不再贅述
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<queue>
#include<cstring>
#define M 500005
using namespace std;
int n,s,tot,S,T,ans=1<<30;
int dis[M],first[M],up[M],mx[M],D[M],q[M];
bool vis[M];
int in()
{
char ch=getchar();int t=0;
while (ch<'0' ||ch>'9') ch=getchar();
while (ch>='0'&&ch<='9') t=(t<<1)+(t<<3)+ch-48,ch=getchar();
return t;
}
struct edge{
int v,next,w;
}e[M<<1];
void add(int z,int x,int y)
{
e[++tot]=(edge){y,first[x],z};first[x]=tot;
e[++tot]=(edge){x,first[y],z};first[y]=tot;
}
int bfs(int s)
{
queue<int>q;
while (!q.empty()) q.pop();
q.push(s);
up[s]=0;
for (;!q.empty();q.pop())
{
int x=q.front();
for (int i=first[x];i;i=e[i].next)
if (!dis[e[i].v]&&e[i].v!=s)
dis[e[i].v]=dis[x]+e[i].w,
q.push(e[i].v),
up[e[i].v]=x;
}
int t=1;
for (int i=2;i<=n;++i)
if (dis[i]>dis[t]) t=i;
return t;
}
void bfs2(int i)
{
queue<int>q;
while (!q.empty()) q.pop();
q.push(i);
for (;!q.empty();q.pop())
{
int x=q.front();
for (int j=first[x];j;j=e[j].next)
if (!vis[e[j].v]&&!D[e[j].v])
D[e[j].v]=D[x]+e[j].w,
q.push(e[j].v),
mx[i]=max(mx[i],D[e[j].v]);
}
}
main()
{
n=in();s=in();
for (int i=1;i<n;++i)
add(in(),in(),in());
S=bfs(1);
memset(dis,0,sizeof(dis));
T=bfs(S);
for (int i=T;i;i=up[i]) vis[i]=1;
for (int i=T;i;i=up[i]) bfs2(i);
int L=T,R=T,head=1,tail=1;
q[1]=T;
for (;L;L=up[L])
{
while (up[R]&&dis[L]-dis[up[R]]<=s)
{
R=up[R];
while (head<=tail&&mx[q[tail]]<=mx[R]) --tail;
q[++tail]=R;
ans=min(ans,max(mx[q[head]],max(dis[R]-dis[S],dis[T]-dis[L])));
}
if (q[head]==L) ++head;
}
printf("%d\n",ans);
}