NOIP模拟赛 T2树

题目描述

有一棵树，节点编号为$1$到$n$。还有$m$次查询，每次给出$l,r,x$，你需要回答从$x$号点走到编号在$l$到$r$之间的点的最小距离。

时限2s，空间256MB。

输入格式

第一行一个正整数$n$。

接下来$n-1$行，每行三个正整数$u,v,l$，表示$u$和$v$之间有一条长度为$l$的边。

接下来一行一个正整数$m$。

接下来$m$行，每行三个正整数$l,r,x$，表示一次询问。

输出格式

输出$m$行，每行一个整数，表示答案。

输入样例

3
1 2 1
1 3 1
3
2 3 1
2 3 2
3 3 2

输出样例

1
0
2

数据范围

$n,m\le 10^5$，任意两点之间距离不超过$10^9$

题解

在读完所有边之后，我们可以做一次dfs。但这个dfs不是一般的dfs，它遍历的方式不同。

dfs需要记录当前的点$u$和深度dep。假设当前从边$e$连到点$u$，然后对$u$进行遍历。这时，我们把所有从$u$开始不经过边$e$可以遍历到的点看作一棵树。在这个连通块中，我们需要找到一个$x$，满足如果在这棵树中如果以$x$为根，那么$x$的各个子树的大小都不超过这棵树的大小的一半。然后，以$x$为根，将这棵树遍历一次，每个点$i$的第$dep$层祖先都是$x$，记为$to[dep][i]$。求出$x$到这棵树中各个点$i$的距离$dis[dep][i]$。用线段树来存第$dep$层的这个连通块中每个点到$x$的距离，这棵线段树的根为$tr[dep][x]$。

最后，将$x$标记为已经过的点。以$x$为根，遍历各个子树，继续dfs。这样相当于对当前点$u$的每个子树，将其满足条件的点$x$当作这棵子树的根节点，然后继续遍历。点$u$连向子树的边的另一端不一定是子树的根节点，但一定是这颗子树的一个点。

最后，对于每一组询问$l,r,x$，枚举层数$i$，这一层的答案为$x$到第$i$层祖先的距离$dis[i][x]$加上第$i$层祖先的线段树中到编号在$l$到$r$之间的点的最短距离。求各层的最小值即为答案。

因为对树进行了重构，所以每向下一个点，子树的大小就至少减少一半，也就是最多只有$\log n$层。对于每个节点，都将其子树遍历了一次。也就是每个节点都被其各个父亲遍历了一次，总共被遍历$n\log n$次。每次遍历都被放在线段树中放一次需要$O(\log n)$，所以dfs的总时间复杂度为$O(n{\log }^{2}n)$。

对于查询，每次查询都枚举了层数，枚举了$\log n$次，每次都要线段树查询，时间复杂度为$O(\log n)$。每次查询的时间复杂度为$O({\log }^{2}n)$，查询的总时间复杂度为$O(m{\log }^{2}n)$。

所以，总时间复杂度为$O((n+m){\log }^{2}n)$。

对于空间，每个点会被放入线段树中$\log n$，总共最多会开$n{\log }^{2}n$个点。用动态开点即可。

这道题有一定的思维难度，可以结合代码帮助理解。

code

#include
#define lc tr[k].l
#define rc tr[k].r
using namespace std;
const int V=17,N=100000;
int n,m,tot=0,cnt=0,cl=0,d[N*2+5],l[N*2+5],r[N*2+5],w[N*2+5];
int s1,s[N+5],z[N+5],c[N+5],fa[N+5],siz[N+5];
int ans,dis[V][N+5],to[V][N+5],rt[V][N+5];
struct node{
	int l,r,s;
}tr[17000005];
queue<int>q;
void add(int xx,int yy,int zz){
	l[++tot]=r[xx];d[tot]=yy;r[xx]=tot;w[tot]=zz;
}
void ch(int &k,int l,int r,int x,int v){
	if(!k) k=++cnt;
	if(l==r&&l==x){
		tr[k].s=v;
		return;
	}
	int mid=l+r>>1;
	if(x<=mid) ch(lc,l,mid,x,v);
	else ch(rc,mid+1,r,x,v);
	tr[k].s=min(tr[lc].s,tr[rc].s);
}
int find(int k,int l,int r,int x,int y){
	if(!k) return 1e9+5;
	if(l>=x&&r<=y) return tr[k].s;
	int mid=l+r>>1;
	int re=1e9+5;
	if(x<=mid) re=min(re,find(lc,l,mid,x,y));
	if(y>mid) re=min(re,find(rc,mid+1,r,x,y));
	return re;
}
int gtfa(int i){
	if(c[i]!=cl){
		c[i]=cl;fa[i]=0;
	}
	return fa[i];
}
void dfs(int u,int dep){
	q.push(u);
	s1=1;s[1]=u;
	++cl;
	while(!q.empty()){
		int i=q.front();q.pop();
		for(int j=r[i];j;j=l[j]){
			if(gtfa(i)!=d[j]&&!z[d[j]]){
				c[d[j]]=cl;
				fa[d[j]]=i;
				q.push(d[j]);
				s[++s1]=d[j];
			}
		}
	}
	for(int i=s1;i>=1;i--){
		siz[s[i]]=1;
		for(int j=r[s[i]];j;j=l[j]){
			if(gtfa(s[i])!=d[j]&&!z[d[j]]){
				siz[s[i]]+=siz[d[j]];
			}
		}
	}
	if(siz[u]==1){
		to[dep][u]=u;
		ch(rt[dep][u],1,n,u,0);
		return;
	}
	int x,mx;
	for(int i=1;i<=s1;i++){
		mx=siz[u]-siz[s[i]];
		for(int j=r[s[i]];j;j=l[j]){
			if(gtfa(s[i])!=d[j]&&!z[d[j]]){
				mx=max(mx,siz[d[j]]);
			}
		}
		if(mx<=siz[u]/2){
			x=s[i];break;
		}
	}
	q.push(x);
	++cl;
	to[dep][x]=x;
	dis[dep][x]=0;
	ch(rt[dep][x],1,n,x,0);
	while(!q.empty()){
		int i=q.front();q.pop();
		for(int j=r[i];j;j=l[j]){
			if(gtfa(i)!=d[j]&&!z[d[j]]){
				c[d[j]]=cl;
				fa[d[j]]=i;
				to[dep][d[j]]=x;
				dis[dep][d[j]]=dis[dep][i]+w[j];
				ch(rt[dep][x],1,n,d[j],dis[dep][d[j]]);
				q.push(d[j]);
			}
		}
	}
	z[x]=1;
	for(int i=r[x];i;i=l[i]){
		if(!z[d[i]]) dfs(d[i],dep+1);
	}
}
int main()
{
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1,x,y,z;i<n;i++){
		scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
		add(x,y,z);add(y,x,z);
	}
	tr[0].s=1e9+5;
	dfs(1,0);
	scanf("%d",&m);
	for(int o=1,l,r,x;o<=m;o++){
		scanf("%d%d%d",&l,&r,&x);
		ans=1e9+5;
		for(int i=0;i<17;i++){
			if(to[i][x]){
				ans=min(ans,dis[i][x]+find(rt[i][to[i][x]],1,n,l,r));
			}
		}
		printf("%d\n",ans);
	}
	return 0;
}