Educational Codeforces Round 89 (Rated for Div. 2) F.Jog Around The Graph(dp+凸包求最优直线)

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#dp #凸包

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题目

n(n<=2e3)个点，m(n-1<=m<=2e3)条边的连通无向图，无重边无自环，

在其上允许走q(m<=q<=1e9)条边，允许重复经过边，

经历了i条边的边权之和为S(i)，求 $max \sum_{i=1}^{q} S(i)$

思路来源

https://blog.youkuaiyun.com/NeverMakeIt/article/details/106736616 eduF题题解

https://blog.youkuaiyun.com/Code92007/article/details/106766921 凸包求最上面的直线

题解

感觉思路来源已经说的无比详细了……

记dp[i][j]为用了i次机会此时停留在j的最大值，先把n-1步之内的大力dp，处理好

考虑在图上经过最多n-1条边就会到任意点（边），于是到了理想边w之后就可以反复走这条边w

设w所在的边的左右两端点为u,v

这样对于边w来说，i(i>=n)次的最优结果，应该是(i-k)*w+(用了k次机会到达u或v)的最大值

考虑到在枚举k的时候，k是对于i来说无关的量，将k提出来当常数，

$ans[i]_{w}=i*w+max_{k=1}^{n}(max(dp[i][u],dp[i][v])-k*w)$

这样i次机会，对于边w的最大值，

是形如y=i*w+b，i为斜率b为截距的一次函数，一条直线

对于m条直线，我们要求其在横坐标[n,q]范围时，暴露在最上面的直线都是哪些，分别对应哪一段

这个需要用凸包O(mlogm+m)求一下，

思路来源则采取解不等式方法，直接O(m^2)缩的左右界可暴露范围，

思想是一致的，对于斜率k1<k2的两条直线，设交点为x，可暴露的部分显然是k1的左半部分和k2的右半部分

对于一条一次函数直线，其贡献是上面的离散点构成的等差数列，直接求和加答案里即可

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=2e3+10,INF=0x3f3f3f3f,mod=1e9+7,inv2=(mod+1)/2;
int n,m,q,c,dp[N][N],ans[N];//dp[i][j]表示走了i步 此时在j的最大权值
ll res;
struct edge{
    int u,v,w;
}e[N];
struct line{
    ll k,b;
}l[N],stk[N];
bool operator<(line a,line b){
    return a.k<b.k||(a.k==b.k && a.b<b.b);
}
ll f(line a,ll x){
    return (a.k*x+a.b)%mod;
}
int main(){
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&q);
    for(int i=1;i<=m;++i){
        scanf("%d%d%d",&e[i].u,&e[i].v,&e[i].w);
    }
    memset(dp,-INF,sizeof dp);//注意初始化 起初均不可达
    dp[0][1]=0;
    for(int i=1;i<n;++i){//最少要n-1步可达 图上任意点/边
        for(int j=1;j<=m;++j){
            dp[i][e[j].u]=max(dp[i][e[j].u],dp[i-1][e[j].v]+e[j].w);
            dp[i][e[j].v]=max(dp[i][e[j].v],dp[i-1][e[j].u]+e[j].w);
            ans[i]=max(ans[i],dp[i][e[j].u]);
            ans[i]=max(ans[i],dp[i][e[j].v]);
        }
        res=(res+ans[i])%mod;
    }
    //printf("%lld\n",res);
    for(int j=1;j<=m;++j){
        ll v=-INF;
        for(int i=0;i<n;++i){
            v=max(v,max(dp[i][e[j].u],dp[i][e[j].v])-(ll)i*e[j].w);
        }
        l[j].k=e[j].w;
        l[j].b=v;
    }
    sort(l+1,l+m+1);
    l[0].k=l[0].b=0;
    stk[c=1]=l[0];//放入x轴 第一条线与x轴求交点
    for(int i=1;i<=m;++i){
        while(c>1 && (stk[c].b-l[i].b)*(stk[c].k-stk[c-1].k)<=(stk[c-1].b-stk[c].b)*(l[i].k-stk[c].k))c--;//注意只有第一条线和第二条线一定不平行才可以这么用
        stk[++c]=l[i];
    }
    for(int i=2;i<=c;++i){//考虑直线 在[n,q]中露出哪些点
        ll l=max((ll)n,(stk[i-1].b-stk[i].b)/(stk[i].k-stk[i-1].k)+1);//+1是为了每个区间(l,r]不重不漏 如果上一交点为7.5 显然上次r为7 本次l为8
        ll r=(i==c)?q:min((ll)q,(stk[i].b-stk[i+1].b)/(stk[i+1].k-stk[i].k));//9.5算9
        if(l>r)continue;
        //printf("l:%lld r:%lld\n",l,r);
        res=(res+(f(stk[i],l)+f(stk[i],r))%mod*(r-l+1)%mod*inv2%mod)%mod;
    }
    printf("%lld\n",res);
    return 0;
}