NOI 2013 패스트푸드점

6429 단어 데이터 구조도 론NOI
Description:
n n 개의 점, n n n 개의 변 의 그림 이 있 습 니 다. 점 을 구 해서 이 점 이 다른 점 까지 의 최대 거 리 를 최소 화 합 니 다 (주의: 이 점 은 가장자리 에 있 을 수 있 습 니 다).n ≤ 1 0 5 , L i ≤ 1 0 9 n\le10^5,L_i\le10^9 n≤105,Li​≤109
Solution:
  • n n 개의 점 n n 개의 변 의 그림 이기 때문이다.
  • 그러면 그것 은 기 환 나무 이다.
  • 우선 분류 토론 을 먼저 고려 할 것 이다.우 리 는 우선 고리 위 를 해결한다.
  • 점 이 링 에 있 을 때 우 리 는 최대 거 리 는 반드시 링 위 에서 이 점 과 대립 하 는 점 의 거리 + 대립 점 의 서브 나무의 최대 깊이 이 고 이런 대립 점 은 많아야 2 개가 있다 는 것 을 알 수 있다.
  • 대립 점 이 2 개 라 는 것 을 고려 할 때 이 두 대립 점 사이 의 변 이 쓸모없는 것 을 발견 하면 삭제 할 수 있다.
  • 그러면 이 를 통 해 우 리 는 고리 하 나 를 매 거 져 삭제 할 수 있다. 그러면 답 은 남 은 이 나무의 지름 을 2 로 나 누 는 것 이다.
  • 그러나 매 거 진 링 변, 이런 복잡 도 는?Θ ( n 2 ) \Theta(n^2) Θ(n2) 의.
  • 그러면 우 리 는 데이터 구 조 를 고려 하여 최적화 시킨다.
  • 삭제 할 링 변 (k, k + 1) (k, k + 1) (k, k + 1) (k, k + 1) 에 대해 우 리 는 지름 을 찾 고 두 번 dfs 에서 지름 에 대한 깨 우 침 을 찾 습 니 다. 우 리 는 k k k 점 에서 왼쪽으로 가장 먼 거 리 를 찾 고 이 점 에서 가장 먼 거 리 를 찾 습 니 다. 마찬가지 로 k + 1 k + 1 k + 1 k + 1 점 에서 오른쪽으로 찾 습 니 다.
  • 그렇다면 고리 에서 거 리 를 두 고 우 리 는 D i s t (i, j) = m x [i] + m x [j] + [j] + {d i s [j] [j] − d i s [i], i ≤ j L e n − d i s [j] + d i [i], i > j Dist (i, j) = mx [i]] + mx [j]] + mx [j] + mx [j] + \ \ \ \ \ \ \ \ dis[j] - dis[j], i \ \ \ \ '- dis[j] + dis[j], i > j \ \ \ \ \ \ end {cases} Dis(i, i, i, i, i \ \ \ \ \ \ \ \ \ j - dis[j - dis[j], i) = mx [i] + mx [j] + {dis [j] − dis [i], i ≤ jLen − dis [j] + dis [i], i > j
  • 우 리 는 선분 수 를 고려 하여 링 의 모든 점 에서 다른 점 까지 의 최대 거 리 를 유지 할 수 있다.
  • 이런 복잡 도 는Θ ( n log ⁡ n ) \Theta(n\log n) Θ(nlogn)

    • Code: 
    #include
using namespace std;
#define REP(i,f,t) for(int i=(f),i##_end_=(t);i<=i##_end_;++i)
#define SREP(i,f,t) for(int i=(f),i##_end_=(t);i=i##_end_;--i)
#define ll long long
templateinline bool chkmin(T&x,T y){return x>y?x=y,1:0;}
templateinline bool chkmax(T&x,T y){return xinline void rd(T&x){
	x=0;char c;
	while((c=getchar())<48);
	do x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
	while((c=getchar())>47);
}

const int N=2e5+2;

int n;

int qwq,head[N];
struct edge{
	int to,nxt;
	ll w;
}E[N<<1];
void addedge(int x,int y,ll z){E[qwq]=(edge){y,head[x],z};head[x]=qwq++;}
#define EREP(x) for(int i=head[x];~i;i=E[i].nxt)

int dfn[N],low[N],tim;
int stk[N<<1],top;
bool vis[N];

int chain[N],len;
bool belong[N];

ll ans;

void tarjan(int x,int f){
	dfn[x]=low[x]=++tim;
	stk[++top]=x;
	bool flag=1;
	EREP(x){
		int y=E[i].to;
		if(y==f and flag){flag=0;continue;}
		if(!dfn[y]) tarjan(y,x),chkmin(low[x],low[y]);
		else chkmin(low[x],dfn[y]);
	}
	if(dfn[x]==low[x]){
		if(stk[top]!=x){
			do {
				chain[++len]=stk[top];
				belong[stk[top]]=1;
			}while(x!=stk[top--]); 
		}
		else top--;
	}
}

struct p70{
	
	bool mark[N<<1];
	ll Mx,Id;
	
	void dfs1(int x,int f,ll d){
		if(chkmax(Mx,d)) Id=x;
		EREP(x){
			if(mark[i])continue;
			if(E[i].to!=f) dfs1(E[i].to,x,d+E[i].w);
		}
	}
	
	void dfs2(int x,int f,ll d){
		if(chkmax(Mx,d)) Id=x;
		EREP(x){
			if(mark[i])continue;
			if(E[i].to!=f) dfs2(E[i].to,x,d+E[i].w); 
		}
	}
	
	void solve(){
		
		ans=1e18;
		
		REP(p,1,len){
			int x=chain[p],y=chain[p%len+1];
			EREP(x){
				if(E[i].to==y) {
					mark[i]=mark[i^1]=1;
					
					Mx=Id=-1;
					dfs1(1,0,0);
					Mx=-1;
					dfs2(Id,0,0);
					
					chkmin(ans,Mx);
					
					mark[i]=mark[i^1]=0;
				}
			}
		}
		
		printf("%.1lf
    ",1.0*ans/2);
	}
}p1;

ll dep[N<<1],dis[N],sum[N<<1];
ll mx[N],Sum[N];

ll Dist(int x,int d){
	if(!~x) return -1e18;
	return dep[x]+((d==1)?-sum[x]:sum[x]);
}

struct p100{
	
	ll dfs(int x,int f,ll d,int id){
		chkmax(dep[id],d);
		mx[x]=Sum[x]=0;
		EREP(x){
			int y=E[i].to;
			if(y==chain[id%len+1]) dis[id]=E[i].w;
			if(y==f or belong[y])continue;
			ll t=dfs(y,x,d+E[i].w,id)+E[i].w;
			chkmax(Sum[x],mx[x]+t);
			chkmax(mx[x],t);
		}
		return mx[x];
	}
	

	struct Tree{
		#define lson L,mid,p<<1
		#define rson mid+1,R,p<<1|1
		#define family tree[p],tree[p<<1],tree[p<<1|1]
		 
		struct node{
			int L,R;
			int id1,id2;
			ll mx1,mx2;
		}tree[N<<2];
		
		void Up(node &A,node L,node R){
			if(L.mx1>R.mx1)A.mx1=L.mx1,A.id1=L.id1;
			else A.mx1=R.mx1,A.id1=R.id1;
			if(L.mx2>R.mx2)A.mx2=L.mx2,A.id2=L.id2;
			else A.mx2=R.mx2,A.id2=R.id2;
		}
		
		void build(int L,int R,int p){
			tree[p].L=L,tree[p].R=R;
			if(L==R){
				tree[p].mx1=Dist(L,1);
				tree[p].mx2=Dist(L,2);
				tree[p].id1=tree[p].id2=L;
				return; 
			} 
			int mid=(L+R)>>1;
			build(lson),build(rson);
			Up(family); 
		}
		
		int query(int L,int R,int p,int op){
			if(L>R)return -1;
			if(tree[p].L==L and tree[p].R==R) return op==1?tree[p].id1:tree[p].id2;
			int mid=(tree[p].L+tree[p].R)>>1;
			if(R<=mid) return query(L,R,p<<1,op);
			else if(L>mid) return query(L,R,p<<1|1,op);
			else {
				int l=query(lson,op),r=query(rson,op);
				return Dist(l,op)>Dist(r,op)?l:r; 
			}
		}
		
	}T; 

	void solve(){
		REP(i,1,len){
			dfs(chain[i],0,0,i);
			sum[i]=sum[i-1]+dis[i-1];
		}
		
		REP(i,1,len){
			dep[i+len]=dep[i];
			if(i>1) sum[i+len]=sum[i+len-1]+dis[i-1];
			else sum[i+len]=sum[len]+dis[len];
		}
		
		ans=1e18;
		
		T.build(1,len<<1,1);
		
		REP(i,1,len){
			int l1=T.query(i,i+len-1,1,1);
			int l2=T.query(i,i+len-1,1,2);
			int tmp;
			ll Mx=0;
			
			if(l1==l2){
				int r1=T.query(i,l1-1,1,1);
				tmp=T.query(l1+1,i+len-1,1,1);
				if(Dist(tmp,1)>Dist(r1,1))r1=tmp;
				
				int r2=T.query(i,l2-1,1,2);
				tmp=T.query(l2+1,i+len-1,1,2);
				if(Dist(tmp,2)>Dist(r2,2))r2=tmp;
				
					
				Mx=Dist(l1,1)+Dist(r2,2);
				chkmax(Mx,Dist(l2,2)+Dist(r1,1));
			}
			else Mx=Dist(l1,1)+Dist(l2,2);
			chkmin(ans,Mx);
		}
		REP(i,1,n) chkmax(ans,Sum[i]);
		
		printf("%.1lf
    ",1.0*ans/2);
	}
}p2;

int main(){
//	freopen("foodshop.in","r",stdin);
//	freopen("foodshop.out","w",stdout);
	rd(n);
	memset(head,-1,sizeof head);
	REP(i,1,n){
		int a,b;ll c;
		rd(a),rd(b),rd(c);
		addedge(a,b,c);
		addedge(b,a,c);
	}
	
	tarjan(1,0);

	if(n<=3000) p1.solve();
	else p2.solve();
	
	return 0;
}

    Summary:
  • 기 환 수 에 대한 문 제 는 일반적인 고 리 를 뽑 아 고리 에 글 을 쓴다.
  • 분류 토론, 데이터 구조 (흔히 볼 수 있 는: 라인 트 리, 단조 로 운 대기 열, 단조 로 운 스 택) 유 지 는 모두 링 상의 문 제 를 해결 하 는 필연 적 인 작업 이다.
    • TIL - 2020.10.14
    [TIL] 모던 자바스크립트 Deep Dive - 객체 리터럴

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