【SDOI2011 第2轮 DAY1】消防
题面:
SDOI2011 第2轮 DAY1】消防
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问题描述
时限\(2s\) 某个国家有\(n\)个城市，这\(n\)个城市中任意两个都连通且有唯一一条路径，每条连通两个城市的道路的长度为\(zi(zi<=1000)\)。 这个国家的人对火焰有超越宇宙的热情，所以这个国家最兴旺的行业是消防业。由于政府对国民的热情忍无可忍（大量的消防经费开销）可是却又无可奈何（总统竞选的国民支持率），所以只能想尽方法提高消防能力。 现在这个国家的经费足以在一条边长度和不超过\(s\)的路径（两端都是城市）上建立消防枢纽，为了尽量提高枢纽的利用率，要求其他所有城市到这条路径的距离的最大值最小。 你受命监管这个项目，你当然需要知道应该把枢纽建立在什么位置上。
输入格式
输入包含\(n\)行： 第\(1\)行，两个正整数\(n\)和\(s\)，中间用一个空格隔开。其中\(n\)为城市的个数，\(s\)为路径长度的上界。设结点编号以此为\(，，，1，2，……，n\)。 从第\(2\)行到第\(n\)行，每行给出\(3\)个用空格隔开的正整数，依次表示每一条边的两个端点编号和长度。例如，“\(2 4 7\)”表示连接结点\(2\)与\(4\)的边的长度为\(7\)。
输出格式
输出包含一个非负整数，即所有城市到选择的路径的最大值，当然这个最大值必须是所有方案中最小的。
样例输入
【样例输入1】 5 2 1 2 5 2 3 2 2 4 4 2 5 3 【样例输入2】 8 6 1 3 2 2 3 2 3 4 6 4 5 3 4 6 4 4 7 2 7 8 3
样例输出
【样例输出1】 5 【样例输出2】 5
提示
【数据规模和约定】 对于\(20\%\)的数据，\(n<=300\)。 对于\(50\%\)的数据，\(n<=3000\)。 对于\(100\%\)的数据，\(n<=300000\)，边长小等于\(1000\)。
题解:
最大值最小?二分答案?然而并不是这样写的; 本题采用贪心的做法; 显然我们选择的枢纽是在树的直径上的,而在这个基础上,我们希望我们选择的路径在合法的情况下尽量长; 于是我们用左右两个指针\(L,R\)从\(Pos[Root1]\)到\(Pos[Root2]\)移动,在移动的过程中,用L所指的节点到\(Root1\)的距离与\(R\)所指节点到\(Root2\)的距离以及\(L、R\)之间的点中,到直径外最大的距离这三者取\(max\)更新答案,保证答案最小; 对于第三个量,我们可以枚举直径上的起点,由于每个点显然最多遍历一次,所以预处理时间复杂度\(O(N)\),单调队列维护区间最大值就可以了; 因为偷懒,写了个树剖维护直径的\(DFS\)序连续,直接就变成在区间上扫一遍;
\(code:\)
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<ctype.h>
#include<vector>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<map>
#include<cmath>
#include<stdlib.h>
#include<ctime>
#define lowbit(x) (x&-x)
#define ll long long
#define ld double
#define mod 998244353
using namespace std;
char buf[1<<20],*p1,*p2;
inline char gc()
{
// return getchar();
return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<20,stdin))==p1?0:*p1++;
}
template<typename T>
inline void read(T &x)
{
char tt;
bool flag=0;
while(!isdigit(tt=gc())&&tt!='-');
tt=='-'?(flag=1,x=0):(x=tt-'0');
while(isdigit(tt=gc())) x=x*10+tt-'0';
if(flag) x=-x;
}
struct node{
int x,len;
inline node(int a=0,int b=0)
{x=a,len=b;}
};
const int maxn=300002;
int n,s,root1,root2,mx;
int w[maxn],son[maxn];
int dfn[maxn],tot,pos[maxn];
int sum[maxn],id[maxn],q[maxn];
vector<node>G[maxn];
void dfs1(int x,int pre,ll dis)
{
for(int i=G[x].size()-1;i>=0;i--)
{
int p=G[x][i].x;
int len=G[x][i].len;
if(p==pre) continue;
dfs1(p,x,dis+len);
if(mx<dis+len) mx=dis+len,root1=p;
}
}
void dfs2(int x,int pre,ll dis)
{
sum[x]=dis;
for(int i=G[x].size()-1;i>=0;i--)
{
int p=G[x][i].x;
int len=G[x][i].len;
if(p==pre) continue;
w[p]=len;dfs2(p,x,dis+len);
if(mx<dis+len) mx=dis+len,root2=p;
if(w[p]>w[son[x]]) son[x]=p;
}
w[x]+=w[son[x]];
}
void dfs3(int x,int pre)
{
dfn[++tot]=x,pos[x]=tot;
if(!son[x]) return;
dfs3(son[x],x);
for(int i=G[x].size()-1;i>=0;i--)
{
int p=G[x][i].x;
if(p==pre||p==son[x]) continue;
dfs3(p,x);
}
}
void dfs(int x,int pre,int dis)
{
mx=max(mx,dis);
for(int i=G[x].size()-1;i>=0;i--)
{
int p=G[x][i].x,len=G[x][i].len;
if(p==pre||(pos[p]<=pos[root2]&&pos[p]>=pos[root1])) continue;
dfs(p,x,dis+len);
}
}
int head,tail;
int ans=1e9;
void modify(int x,int p)
{
while(tail>=head&&q[tail]<=x) tail--;
q[++tail]=x;id[tail]=p;
}
int main()
{
// freopen("1.txt","r",stdin);
// freopen("2.txt","w",stdout);
read(n),read(s);
for(int i=1;i<=n-1;i++)
{
int x,y,z;
read(x),read(y),read(z);
G[x].push_back(node(y,z));
G[y].push_back(node(x,z));
}
dfs1(1,1,0);mx=0;
dfs2(root1,root1,0);
memset(w,0,sizeof(w));
dfs3(root1,root1);
for(int i=pos[root1];i<=pos[root2];i++)
mx=0,dfs(dfn[i],0,0),w[dfn[i]]=mx;
// for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d ",w[i]);
int l,r;
l=r=pos[root1];
while(l<=pos[root2])
{
while(id[head]<l&&head<=tail) head++;
while(r<=pos[root2]&&sum[dfn[r]]-sum[dfn[l]]<=s) modify(w[dfn[r]],r++);
// printf("%d\n",sum[dfn[r-1]-sum[dfn[l]]]);
ans=min(ans,max(max(sum[dfn[l++]]-sum[root1],sum[root2]-sum[dfn[r-1]]),q[head]));
}
// for(int i=1;i<=n;i++)
// printf("%d ",sum[i]);
printf("%d",ans);
}
转载于:https://www.cnblogs.com/KatouKatou/p/9846750.html
