CodeForces702E 解题报告

最新推荐文章于 2022-07-08 17:43:15 发布

原创最新推荐文章于 2022-07-08 17:43:15 发布 · 461 阅读

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本文介绍了解决CodeForces702E题目的方法，使用倍增算法来高效计算从每个顶点出发走特定数量边后的权值和及途经的最小权值。文章详细阐述了倍增算法的应用过程，并提供了实现代码。

CodeForces 702E

Analysis of Pathes in Functional Graph

题目大意

大致是给你个有向图，每个顶点仅有一条出边，每条边有对应的权值，让你统计从每个顶点出发走K条边之后的权值和，以及途经的最小权值

数据范围

点数 $N\le10^5$ ，走的边数目 $K\le10^{10}$ ，每条边的权值 $W\le10^8$
（T T一不小心没看见K很大结果WA了一发）

思路

倍增算法好神奇！只能说太神奇了！这题一开始思考的时候总觉得环是个非常麻烦的东西，但是突然发现倍增算法完全不用特殊考虑环！

这题看似是图论和数据结构，实际上放在树DP里面比较合适。

关于倍增算法，是一类算法的总称吧，我这里说的是应用于图论中的那种T T。
最常见的应用应该是最近公共祖先（LCA）问题了，不会的可以先去补一下LCA的若干种解法。

开了三个数组，son，sum，mi
son[i][j]表示结点i第 $2^j$ 个儿子的编号
sum[i][j]表示结点i一直到第 $2^j$ 个儿子路径上的边权和
mi[i][j]表示结点i一直到第 $2^j$ 个儿子路径上的边权最小值
初始化son[i][0]=f[i]，sum[i][0]=mi[i][0]=w[i]
然后进行转移和更新
son[i][j]=son[son[i][j-1]][j-1]
sum[i][j]=sum[i][j-1]+sum[son[i][j-1]][j-1]
mi[i][j]=min(mi[i][j-1],mi[son[i][j-1]][j-1])
预处理需要O( $nlogk$ )的时间

接着对于每一个结点跑一下倍增，用tot一直累和，ans不断与mi数组对应值作比较更新最小值即可（需要预处理一下K的二进制问题，不过这是小case啦）

P.S. 我就是看不惯题目从 $0$ ~ $n-1$ 编号，所以强行改成了 $1$ ~ $n$ ，大家不要介意哈

下面附上代码

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <stack>
#include <vector>
#include <set>
#include <map>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <climits>
#include <deque>
#include <bitset>
#include <algorithm>

using namespace std;

const double eps=1e-10;
const double pi=3.1415926535897932384626433832795;
const double eln=2.718281828459045235360287471352;

#define LL long long
#define IN freopen("in.txt", "r", stdin)
#define OUT freopen("out.txt", "w", stdout)
#define scan(x) scanf("%d", &x)
#define scan2(x, y) scanf("%d%d", &x, &y)
#define scan3(x, y, z) scanf("%d%d%d", &x, &y, &z)
#define sqr(x) (x) * (x)
#define pr(x) printf("Case %d: ",x)
#define prn(x) printf("Case %d:\n",x)
#define prr(x) printf("Case #%d: ",x)
#define prrn(x) printf("Case #%d:\n",x)
#define lc o << 1
#define rc o << 1 | 1
#define lowbit(x) (x&(-x))
#define min(x,y) ((x)<(y)?(x):(y))
#define max(x,y) ((x)>(y)?(x):(y))

const int maxn=100005;

int a[maxn][50],son[maxn][50];
LL sum[maxn][50],mi[maxn][50];
int w[50];
int q;
LL i,j,k,l,m,n;

int main()
{
    scanf("%lld%lld",&n,&m);k=m;
    q=0;while(m>0){w[++q]=m%2;m/=2;}w[q+1]=0;
    memset(mi,0x3f3f3f3f,sizeof(mi));m=k;
    for(i=1;i<=n;i++){int x;scanf("%d",&x);son[i][0]=x+1;}
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%lld",&k);
        sum[i][0]=mi[i][0]=k;
    }
    for(j=1,k=2;k<=m;j++,k*=2)
        for(i=1;i<=n;i++)
        {
            son[i][j]=son[son[i][j-1]][j-1];
            sum[i][j]=sum[i][j-1]+sum[son[i][j-1]][j-1];
            mi[i][j]=min(mi[i][j-1],mi[son[i][j-1]][j-1]);
        }
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        LL tot,ans;
        tot=0;ans=0x3f3f3f3f;
        int t,num;
        num=q+1;t=i;
        while(num>0)
        {
            while(w[num]==0 && num>0)num--;
            if(num<=0)break;
            tot+=sum[t][num-1];
            ans=min(ans,mi[t][num-1]);
            t=son[t][num-1];
            num--;
        }
        printf("%lld %lld\n",tot,ans);
    }
    return 0;
}