图转树，边化点

最新推荐文章于 2023-01-06 21:16:30 发布

mr.chen116

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分类专栏： ACM训练文章标签： icpc

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博客分享了2016 - 2017 ACM - ICPC CHINA - Final G. Pandaria和[AMPPZ2014]Petrol两题的解题思路。前者是无向图查询问题，采用最小生成树、dsu on tree和倍增方法；后者是带权无向图加油站可达性问题，将非加油站点边转化，按油箱容量排序用kruskal判断。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

文章目录

- [2016-2017 ACM-ICPC CHINA-Final G. Pandaria](https://codeforces.com/gym/101194/problem/G)
- \[AMPPZ2014\]Petrol

2016-2017 ACM-ICPC CHINA-Final G. Pandaria

题意：给一个 $n$ 个点， $m$ 条有权边的无向图。每个点有一个颜色。多次查询在线查询 $x\ w$ ，从 $x$ 出发，只能走边权小于等于 $w$ 的边，可以到达的所有点中数量最多的颜色。
思路：最小生成树+dsu on tree+倍增

首先把图变成最小生成树，因为边权大的边没用；
在kruskal过程中，把边变成点，点权为这条边的边权，并把连接的两边变成其左右儿子，得到一颗叶子节点都是原节点，内部节点都是原边的有根树。而且这颗树的点权从下往上是递增的。
此时，问题变成，从点 $x$ 向上找点权小于等于 $w$ 的点 $v$ 。以点 $v$ 为根的子树中数量最多的颜色。这可以使用dsu on tree解决。在每个内部节点 $v$ 都统计子树中最多的颜色 $c [v]$ 。
在线查询时，只需要倍增向上找最上面一个点权小于等于 $w$ 的点，再输出这个点的 $c [v]$ .

举例：
原图为
在这里插入图片描述
转化为树

#include <bits/stdc++.h>
typedef long long ll;
#define mp make_pair
using namespace std;
using PII = pair<int, int>;
const int M = 2e5 + 5;
int n, m, tot, mxsz, mxcol;
int c[M], f[M], fv[M], val[M], siz[M], big[M], cnt[M], p[M][22], pval[M][22];
vector<int> G[M];
pair<int, PII> edge[M];
int findf(int x){
    return x == f[x] ? x : f[x] = findf(f[x]);
}
void dfsize(int v){
    siz[v] = 1;
    for(int u : G[v]){
        p[u][0] = v;
        pval[u][0] = val[v];
        dfsize(u);
        siz[v] += siz[u];
    }
}
void add(int v, int x){
    if(v <= n){
        cnt[c[v]] += x;
        if(mxsz < cnt[c[v]] || mxsz == cnt[c[v]] && c[v] < mxcol)
            mxsz = cnt[c[v]], mxcol = c[v];
    }
    for(int u : G[v])
        if(!big[u])add(u, x);
}
void dfs(int v, bool keep){
    int ms = 0, son = 0;
    for(int u : G[v])
        if(siz[u] > ms)ms = siz[u], son = u;
    for(int u : G[v])
        if(u != son)dfs(u, 0);
    if(son)dfs(son, 1), big[son] = 1;
    add(v, 1);
    if(val[v])c[v] = mxcol;
    big[son] = 0;
    if(!keep){
        add(v, -1);
        mxsz = mxcol = 0;
    }
}
int query(int v, int x){
    for(int i = 20; i >= 0; --i){
        if(!p[v][i] || pval[v][i] > x)continue;
        v = p[v][i];
    }
    return c[v];
}
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    int T = 1, cas = 1;
    cin >> T;
    while(T--){
        memset(p, 0, sizeof(p));
        memset(val, 0, sizeof(val));
        for(int i = 1; i < M; ++i)
            G[i].clear();
        cin >> n >> m;
        tot = n;
        for(int i = 1; i <= n; ++i){
            f[i] = i;
            fv[i] = i;
            cin >> c[i];
        }
        for(int x, y, w, i = 1; i <= m; ++i){
            cin >> x >> y >> w;
            edge[i] = mp(w, mp(x, y));
        }
        sort(edge + 1, edge + m + 1);
        for(int cnt = 1, x, y, w, i = 1; i <= m && cnt < n; ++i){
            x = edge[i].second.first, y = edge[i].second.second, w = edge[i].first;
            if(findf(x) == findf(y))continue;
            ++cnt;
            val[++tot] = w;
            G[tot].push_back(fv[findf(x)]);
            G[tot].push_back(fv[findf(y)]);
            f[findf(x)] = findf(y);
            fv[findf(y)] = tot;
        }
        dfsize(tot);
        for(int i = 1; i <= 20; ++i){
            for(int v = 1; v <= tot; ++v){
                p[v][i] = p[p[v][i-1]][i-1];
                pval[v][i] = pval[p[v][i-1]][i-1];
            }
        }
        dfs(tot, 0);
        //cout << p[8][0] << " == " << pval[8][0] << endl;
        cout << "Case #" << cas++ << ":" << endl;
        int last = 0, q, x, w;
        cin >> q;
        while(q--){
            cin >> x >> w;
            x = x ^ last;
            w = w ^ last;
            cout << (last = query(x, w)) << endl;
        }
    }
}

[AMPPZ2014]Petrol

题意：给定一个 $n$ 个点、 $m$ 条边的带权无向图，其中有 $s$ 个点是加油站。每辆车都有一个油量上限 $b$ ，即每次行走距离不能超过 $b$ ，但在加油站可以补满。
$q$ 次询问，每次给出 $x, y, b$ ，表示出发点是x，终点是y，油量上限为b，且保证x点和y点都是加油站，请回答能否从x走到y。
思路：和上一题类似，都是从一个点出发，限定边权，找信息。但是，这题的变化是，多了很多不是加油站的点。问题转化为怎么把非加油站的点连的边，变成加油站和加油站之间的边。

我们记from[i]表示离 $i$ 最近的关键点，仔细考虑一下，A->B的最短路径上，一定是前一半的from[i]为A，然后走过某条路以后，后一半的from[i]为B。为什么呢？我们不妨设中间出现了一个点x的from[x]=C，那么我们大可以从A走到C，加满油，再从C走到B，这样一定不会差！所以AB之间是否有边就看是否满足这样的条件了……

下图中，5 -> 6的最短距离为11，但是由于form[4] = 1, from[5] = 5,form[6]=6,所以连接了1->5和1->6，没有直接连接5->6，但是这里5->1加满油后，再1->6这样一定不会差，因为5->1的距离小于5->6的距离才会有form[4] = 1。这样会更优！
所以，对于每条边 $(u, v, w)$ ，若 $form[u]\not=form[v]$ 则添加边 $(f o r m [u], f o r m [v], d i s [u] + w + d i s [v])$
在这里插入图片描述
最后，把查询安油箱容量从小到大排序。kruskal过程中，判断是否能通过，省去倍增过程。

#include <bits/stdc++.h>
typedef long long ll;
#define mp make_pair
using namespace std;
using PII = pair<int, int>;
using LL = long long;
const int M = 2e5 + 5;
int n, s, m;
int c[M], dis[M], vis[M], pre[M], gas[M], ans[M], f[M];
vector<PII> G[M];
vector< pair<int, PII> > edge, edge2;
vector< pair< int, pair<int, PII> > > que;
int findf(int x){
    return x == f[x] ? x : f[x] = findf(f[x]);
}
void dijkstra(){
    memset(dis, 0x7f, sizeof(dis));
    priority_queue<PII, vector<PII>, greater<PII> > Q;
    for(int i = 1; i <= s; ++i){
        Q.emplace(0, c[i]);
        dis[c[i]] = 0;
        pre[c[i]] = c[i];
    }
    while(!Q.empty()){
        int x = Q.top().second;
        Q.pop();
        if(vis[x])continue;
        vis[x] = true;
        for(PII p : G[x])
            if(dis[x] + p.first < dis[p.second])
                dis[p.second] = dis[x] + p.first, pre[p.second] = pre[x], Q.emplace(dis[p.second], p.second);
    }
}
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cin >> n >> s >> m;
    for(int i = 1; i <= s; ++i){
        cin >> c[i];
        gas[c[i]] = 1;
    }
    for(int x, y, z, i = 0; i < m; ++i){
        cin >> x >> y >> z;
        G[x].emplace_back(z, y);
        G[y].emplace_back(z, x);
        if(gas[x] && gas[y])edge2.emplace_back(z, mp(x, y));
        else edge.emplace_back(z, mp(x, y));
    }
    int q;
    cin >> q;
    for(int x, y, z, i = 1; i <= q; ++i){
        cin >> x >> y >> z;
        que.emplace_back(z, mp(i, mp(x, y)));
    }
    sort(que.begin(), que.end());
    dijkstra();
    for(pair<int, PII> e : edge){
        int x = e.second.first, y = e.second.second, z = e.first;
        if(pre[x] == pre[y])continue;
        edge2.emplace_back(dis[x] + z + dis[y], mp(pre[x], pre[y]));
    }
    sort(edge2.begin(), edge2.end());
    for(int i = 1; i <= n; ++i)
        f[i] = i;
    int cnt = 0;
    for(auto c : que){
        while(cnt < edge2.size() && edge2[cnt].first <= c.first){
            int x = findf(edge2[cnt].second.first), y = findf(edge2[cnt].second.second);
            if(x != y)f[x] = y;
            ++cnt;
        }
        if(findf(c.second.second.first) == findf(c.second.second.second))ans[c.second.first] = 1;
        else ans[c.second.first] = 0;
    }
    for(int i = 1; i <= q; ++i){
        cout << (ans[i] ? "TAK" : "NIE") << endl;
    }
}