[BZOJ3011][Usaco2012 Dec]Running Away From the Barn(可并堆)

本文介绍了一种利用自底向上维护左偏树(大根堆)的方法来解决特定问题的技术方案。通过维护每个节点到根节点的距离作为权值,并在每次操作中将子节点合并以代表整棵子树,动态调整堆顶元素确保满足条件。

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题目:

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题解:

自底向上维护左偏树(大根堆),每个点的权值是到根的距离
每次对于一个点x,把所有子节点merge到一起就代表这棵子树
如果堆顶的权值差>L就pop,动态地维护size

代码:

#include <cstdio>
#include <iostream>
#define LL long long
using namespace std;
const int N=200005;
int tot,nxt[N],point[N],v[N],size[N],f[N],ls[N],rs[N],dis[N],ans[N];
LL c[N],a[N],l;
void addline(int x,int y,LL z){++tot; nxt[tot]=point[x]; point[x]=tot; v[tot]=y; c[tot]=z;}
int find(int x){if (f[x]!=x) f[x]=find(f[x]); return f[x];}
int merge(int x,int y)
{
    if (!x || !y) return x+y;
    if (a[x]<a[y]) swap(x,y);
    rs[x]=merge(rs[x],y);
    if (dis[ls[x]]<dis[rs[x]]) swap(rs[x],ls[x]);
    if (!rs[x]) dis[x]=0;else dis[x]=dis[rs[x]]+1;
    return x;
}
int pop(int x)
{
    f[x]=merge(ls[x],rs[x]);
    f[f[x]]=f[x];
    ls[x]=rs[x]=dis[x]=0;
    return f[x];
}
void dfs(int x)
{
    for (int i=point[x];i;i=nxt[i])
    {
        a[v[i]]=a[x]+c[i];
        dfs(v[i]);

        int fx=find(x),fy=find(v[i]);
        int top=merge(fx,fy); f[fx]=f[fy]=top;
        size[top]=size[fx]+size[fy];

        while (a[top]-a[x]>l)
        {
            int tmp=pop(top);
            size[tmp]=size[top]-1;
            top=tmp;
        }
    }
    ans[x]=size[find(x)];
}
int main()
{
    int n;scanf("%d%lld",&n,&l);
    for (int i=2;i<=n;i++) 
    {
        int x;LL y;scanf("%d%lld",&x,&y);
        addline(x,i,y);
    }
    for (int i=1;i<=n;i++) size[i]=1,f[i]=i;
    dfs(1);
    for (int i=1;i<=n;i++) printf("%d\n",ans[i]);
}
题目描述 牛牛和她的朋友们正在玩一个有趣的游戏,他们需要构建一个有 $n$ 个节点的无向图,每个节点都有一个唯一的编号且编号从 $1$ 到 $n$。他们需要从节点 $1$ 到节点 $n$ 找到一条最短路径,其中路径长度是经过的边权的和。为了让游戏更有趣,他们决定在图上添加一些额外的边,这些边的权值都是 $x$。他们想知道,如果他们添加的边数尽可能少,最短路径的长度最多会增加多少。 输入格式 第一行包含两个正整数 $n$ 和 $m$,表示节点数和边数。 接下来 $m$ 行,每行包含三个整数 $u_i,v_i,w_i$,表示一条无向边 $(u_i,v_i)$,权值为 $w_i$。 输出格式 输出一个整数,表示最短路径的长度最多会增加多少。 数据范围 $2 \leq n \leq 200$ $1 \leq m \leq n(n-1)/2$ $1 \leq w_i \leq 10^6$ 输入样例 #1: 4 4 1 2 2 2 3 3 3 4 4 4 1 5 输出样例 #1: 5 输入样例 #2: 4 3 1 2 1 2 3 2 3 4 3 输出样例 #2: 2 算法 (BFS+最短路) $O(n^3)$ 我们把问题转化一下,假设原图中没有添加边,所求的就是点 $1$ 到点 $n$ 的最短路,且我们已经求出了这个最短路的长度 $dis$。 接下来我们从小到大枚举边权 $x$,每次将 $x$ 加入图中,然后再次求解点 $1$ 到点 $n$ 的最短路 $dis'$,那么增加的最短路长度就是 $dis'-dis$。 我们发现,每次加入一个边都需要重新求解最短路。如果我们使用 Dijkstra 算法的话,每次加入一条边需要 $O(m\log m)$ 的时间复杂度,总的时间复杂度就是 $O(m^2\log m)$,无法通过本题。因此我们需要使用更优秀的算法。 观察到 $n$ 的范围比较小,我们可以考虑使用 BFS 求解最短路。如果边权均为 $1$,那么 BFS 可以在 $O(m)$ 的时间复杂度内求解最短路。那么如果我们只是加入了一条边的话,我们可以将边权为 $x$ 的边看做 $x$ 条边的组合,每次加入该边时,我们就在原始图上添加 $x$ 条边,边权均为 $1$。这样,我们就可以使用一次 BFS 求解最短路了。 但是,我们不得不考虑加入多条边的情况。如果我们还是将边权为 $x$ 的边看做 $x$ 条边的组合,那么我们就需要加入 $x$ 条边,而不是一条边。这样,我们就不能使用 BFS 了。 但是,我们可以使用 Floyd 算法。事实上,我们每次加入边时,只有边权等于 $x$ 的边会发生变化。因此,如果我们枚举边权 $x$ 时,每次只需要将边权等于 $x$ 的边加入图中,然后使用 Floyd 算法重新计算最短路即可。由于 Floyd 算法的时间复杂度为 $O(n^3)$,因此总的时间复杂度为 $O(n^4)$。 时间复杂度 $O(n^4)$ 空间复杂度 $O(n^2)$ C++ 代码 注意点:Floyd算法计算任意两点之间的最短路径,只需要在之前的路径基础上加入新的边构成的新路径进行更新即可。
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