NOIP2015 运输计划

Problem

既然是NOIP的题目，那么……
意料之中的偷懒不可避免

Solution

Actually，刚开始看这道题目的时候没有什么想法，然后就手贱点开了标签——树链剖分！！！
于是我果断就怂了，过了几天，我现在又才继续写，发现好像也不一定需要树链剖分，不过树链剖分比较好写吧可能。树链剖分我只是看了看，也没有实现了，好像就是将树分成几条链，这样就可以在链上用线段树快速维护出需要的信息。当然，我还是先不谈论这种高深的话题了。
如果等我学了树链剖分之后，我还记得这件事的话，我就填坑。

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首先，我们发现可以枚举这个最短距离k，而且还可以二分答案。我经过卡评测之后发现maxr设到 2∗108 2 ∗ 10 8 就可以A了。
其次为了好查询距离，我们可以记录每个节点到根节点的距离，再记录每组运输计划两节点的公共祖先，然后就可以利用 sum[x]+sum[y]−2∗sum[lca] s u m [ x ] + s u m [ y ] − 2 ∗ s u m [ l c a ] 快速地算出距离。找出距离大于k的计划，然后为了使它们的路径距离变小，应该都需要建立虫洞，那么最优当然就是建立在它们的公共交点上，枚举这些交点即可判断是否可行。
所以关键问题就在于如何快速求这个公共交点。对于一个距离超过k的运输计划x->y，记录路径对节点的覆盖次数，利用差分快速修改， cha[x]+=1;cha[y]+=1;cha[lca]−=2 c h a [ x ] + = 1 ; c h a [ y ] + = 1 ; c h a [ l c a ] − = 2 。最后在重新dfs一遍就可以获得每个点的覆盖次数。由于虫洞只能改某条航道，那就记录maxn为最长可能减少的距离，再与最长的路径maxdis相比较，如果减去之后仍然大于枚举出的k，那么显然不成立，否则就可行。依次来二分答案。
貌似这道题还需要一点卡常技巧，我也不知道考NOIP的时候，能不能卡进去，但至少交到OJ上A了。

Code

#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;
const int size=300010,maxr=200000000;
struct data{
    int v,w,nxt;
}edge[size<<1];
int n,m,p,head[size],deep[size],pre[size][21];
int s[size],t[size],lca[size],cha[size],sum[size];
template <typename Tp> inline void read(Tp &x)
{
    x=0;
    char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9') ch=getchar();
    while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
}
inline int max(int x,int y){return x>y?x:y;}
inline void insert(int u,int v,int w)
{
    edge[++p].v=v;edge[p].w=w;
    edge[p].nxt=head[u];head[u]=p;
    edge[++p].v=u;edge[p].w=w;
    edge[p].nxt=head[v];head[v]=p;
}
void dfs(int x,int fa)
{
    for(int i=1;i<=20;i++)
      pre[x][i]=pre[pre[x][i-1]][i-1];
    for(int i=head[x];i;i=edge[i].nxt)
      if(edge[i].v!=fa)
      {
        deep[edge[i].v]=deep[x]+1;
        pre[edge[i].v][0]=x;
        sum[edge[i].v]=sum[x]+edge[i].w;
        dfs(edge[i].v,x);
      }
}
int getlca(int x,int y)
{
    if(deep[x]>deep[y])
      swap(x,y);
    int t=deep[y]-deep[x];
    for(int i=20;i>=0;i--)
      if(t&(1<if(x==y)
      return x;
    for(int i=20;i>=0;i--)
      if(pre[x][i]!=pre[y][i])
        x=pre[x][i],y=pre[y][i];
    return pre[x][0];
}
void input()
{
    int tu,tv,tw;
    read(n),read(m);
    for(int i=1;i1,0);
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        read(s[i]),read(t[i]);
        lca[i]=getlca(s[i],t[i]);
    }
}
void update(int x,int fa)
{
    for(int i=head[x];i;i=edge[i].nxt)
      if(edge[i].v!=fa)
      {
        update(edge[i].v,x);
        cha[x]+=cha[edge[i].v];
      }
}
bool check(int k)
{
    memset(cha,0,sizeof(cha));
    int num=0,maxn=0,maxdis=0;
    for(int i=1;i<=m;i++)
      if(sum[s[i]]+sum[t[i]]-2*sum[lca[i]]>k)
      {
        num++;
        maxdis=max(maxdis,sum[s[i]]+sum[t[i]]-2*sum[lca[i]]);
        cha[s[i]]++,cha[t[i]]++,cha[lca[i]]-=2;
      }
    update(1,0);
    for(int i=2;i<=n;i++)
      if(cha[i]>=num)
        maxn=max(maxn,sum[i]-sum[pre[i][0]]);
    if(maxdis-maxn>k)
      return false;
    return true;
}
int main()
{
    int l=0,r=maxr,m;
    input();
    while(l>1;
        if(check(m))
          r=m;
        else
          l=m+1;
    }
    printf("%d\n",l);
    return 0;
}