UOJ276 清华集训2016 汽水
Problem
UOJ
Solution
把所有边权都减去 k k k ，那么就要求平均边权的绝对值最小。
由于结果要向下取整，因此我们判定的符号应该是严格小于，即 − m i d < a n s < m i d -mid < ans < mid −mid<ans<mid
考虑点分治，把一条路径表示为 ( A i , B i ) (A_i,B_i) (Ai,Bi)，其中 A i A_i Ai 表示根到节点的边权和， B i B_i Bi 表示深度，那么我们如果要合并两条路径就需要
− m i d < A 1 + A 2 B 1 + B 2 < m i d -mid<\frac {A_1+A_2} {B_1+B_2}<mid −mid<B1+B2A1+A2<mid
不难发现分母是大于 0 0 0 的，因此我们可以对分子的正负性进行讨论，当我们保证分子为正时， A 1 + A 2 < m i d B 1 + m i d B 2 A_1+A_2<midB_1+midB_2 A1+A2<midB1+midB2，那么 A 1 − m i d B 1 < m i d B 2 − A 2 A_1-midB_1<midB_2-A_2 A1−midB1<midB2−A2。对 A A A 排序后即可two-pointer，记录一个最小值即可，同时由于拼接的路径不能在一棵子树中，我们需要记录第二小的另一棵子树中的答案。分子为负时同理。
每次分治时可以把二分的上界不断更新，所以把二分写在点分治里面会稍微快一些，而且也不需要预处理什么鬼点分树了。
时间复杂度 O ( n log n log v ) O(n\log n\log v) O(nlognlogv)。注意 I N F INF INF 不要设小了。
Code
#include
else L=mid+1;
}
for(int i=head[x];i;i=edge[i].nxt)
if(!vis[edge[i].v])
{
rt=0;sn=sz[edge[i].v];
getrt(edge[i].v,x);
dfs(rt);
}
}
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("in.txt","r",stdin);
#endif
input();
dfs(rt);
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}