51NOD1766 树上的最远点对

题目

n个点被n-1条边连接成了一颗树,q个询问,每个询问给出a~b和c~d两个区间,表示点的标号请你求出两个区间内各选一点之间的最大距离,即你需要求出max{dis(i,j) |a<=i<=b,c<=j<=d}

做题经历

由于一开始没有想出来,于是去请教了一下WerKeyTom_FTD,下面是对话:
这里写图片描述
这里写图片描述
然后,他当然给出了正解。。。。

正解

区间询问,应该就会与数据结构联系起来,所以我们尝试用线段树来处理这样的区间,对于一个区间[l,r]我们维护在区间[l,r]中距离最远的点对,那么合并区间的答案,我们就可以用类似合并树的直径的方法,对于答案我们就只需保证其中的两个点分别在[a,b]和[c,d]就好了

贴个代码:

#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<iostream>

#define fo(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define fd(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)

using namespace std;

typedef long long LL;
typedef double db;

const int N = 100010;

int h[N],tot;
int f[N*2],dis[N],dep[N],rmq[N*2][20],fir[N],u;
struct edge{
    int x,len,next;
}e[N*2];
struct point{
    int l,r,a[2],len;
}tree[N*2],lt,rt,sam;
int k,n,m,root;
db tim;

int get(){
    char ch;
    int s=0;
    while(ch=getchar(),ch<'0'||ch>'9');
    s=ch-'0';
    while(ch=getchar(),ch>='0'&&ch<='9')s=s*10+ch-'0';
    return s;
}

void inse(int x,int y,int z){
    e[++tot].x=y;
    e[tot].len=z;
    e[tot].next=h[x];
    h[x]=tot;
}

void dfs(int x){
    f[fir[x]=++u]=x;
    for(int p=h[x];p;p=e[p].next)
        if (!dep[e[p].x]){
            dep[e[p].x]=dep[x]+1;
            dis[e[p].x]=dis[x]+e[p].len;
            dfs(e[p].x);
            f[++u]=x;
        }
}

void getrmq(){
    fo(i,1,u)rmq[i][0]=f[i];
    fo(j,1,log(u)/log(2))
        fo(i,1,u-(1<<j)+1)
        if (dep[rmq[i][j-1]]<dep[rmq[i+(1<<(j-1))][j-1]])rmq[i][j]=rmq[i][j-1];
        else rmq[i][j]=rmq[i+(1<<(j-1))][j-1];
}

int getdis(int x,int y){
    if (!x||!y)return 0;
    int tx=x,ty=y;
    x=fir[x],y=fir[y];
    if (x>y)swap(x,y);
    int t=log(y-x+1)/log(2);
    if (dep[rmq[x][t]]<dep[rmq[y-(1<<t)+1][t]])x=rmq[x][t];
    else x=rmq[y-(1<<t)+1][t];
    return dis[tx]+dis[ty]-2*dis[x];
}

void merge(point a,point b,point &c){
    c.len=b.len;
    c.a[0]=b.a[0];
    c.a[1]=b.a[1];
    if (c.len<a.len){
        c.len=a.len;
        c.a[0]=a.a[0];
        c.a[1]=a.a[1];
    }
    fo(x,0,1)
        fo(y,0,1){
            int v=getdis(a.a[x],b.a[y]);
            if (v>c.len){
                c.len=v;
                c.a[0]=a.a[x];
                c.a[1]=b.a[y];
            }
        }
}

void build(int &now,int l,int r){
    now=++k;
    if (l==r){
        tree[now].a[0]=tree[now].a[1]=l;
        tree[now].len=0;
        return;
    }
    int mid=(l+r)/2;
    build(tree[now].l,l,mid);
    build(tree[now].r,mid+1,r);
    merge(tree[tree[now].l],tree[tree[now].r],tree[now]);
}

void getpath(int now,int l,int r,int x,int y){
    if (x<=l&&r<=y){
        merge(sam,tree[now],sam);
        return;
    }
    int mid=(l+r)/2;
    if (x<=mid)getpath(tree[now].l,l,mid,x,y);
    if (y>mid)getpath(tree[now].r,mid+1,r,x,y);
}

int main(){
    scanf("%d",&n);
    tim=log(n)/log(2);
    fo(i,1,n-1){
        int x=get(),y=get(),z=get();
        inse(x,y,z);
        inse(y,x,z);
    }
    dfs(dep[1]=1);
    getrmq();
    build(root,1,n);
    scanf("%d",&m);
    fo(i,1,m){
        int a=get(),b=get(),c=get(),d=get();
        sam.len=sam.a[0]=sam.a[1]=0;
        getpath(1,1,n,a,b);
        lt=sam;
        sam.len=sam.a[0]=sam.a[1]=0;
        getpath(1,1,n,c,d);
        rt=sam;
        int ans=0;
        fo(x,0,1)
            fo(y,0,1)
            ans=max(ans,getdis(lt.a[x],rt.a[y]));
        printf("%d\n",ans);
    }
    return 0;
}
### 关于51Nod 3100 上台阶问题的C++解法 #### 题目解析 该题目通常涉及斐波那契数列的应用。假设每次可以走一步或者两步,那么到达第 \( n \) 层台阶的方法总数等于到达第 \( n-1 \) 层和第 \( n-2 \) 层方法数之和。 此逻辑可以通过动态规划来解决,并且为了防止数值过大,需要对结果取模操作(如 \( \% 100003 \)[^1])。以下是基于上述思路的一个高效实现: ```cpp #include <iostream> using namespace std; const int MOD = 100003; long long f[100010]; int main() { int n; cin >> n; // 初始化前两项 f[0] = 1; // 到达第0层有1种方式(不移动) f[1] = 1; // 到达第1层只有1种方式 // 动态规划计算f[i] for (int i = 2; i <= n; ++i) { f[i] = (f[i - 1] + f[i - 2]) % MOD; } cout << f[n] << endl; return 0; } ``` 以上代码通过数组 `f` 存储每层台阶的结果,利用循环逐步填充至目标层数 \( n \),并最终输出结果。 --- #### 时间复杂度分析 由于仅需一次线性遍历即可完成所有状态转移,时间复杂度为 \( O(n) \)。空间复杂度同样为 \( O(n) \),但如果优化存储,则可进一步降低到 \( O(1) \): ```cpp #include <iostream> using namespace std; const int MOD = 100003; int main() { int n; cin >> n; long long prev2 = 1, prev1 = 1, current; if (n == 0 || n == 1) { cout << 1 << endl; return 0; } for (int i = 2; i <= n; ++i) { current = (prev1 + prev2) % MOD; prev2 = prev1; prev1 = current; } cout << prev1 << endl; return 0; } ``` 在此版本中,只保留最近两个状态变量 (`prev1`, `prev2`) 来更新当前值,从而节省内存开销。 --- #### 输入输出说明 输入部分接受单个整数 \( n \),表示台阶数量;程序会返回从地面走到第 \( n \) 层的不同路径数目,结果经过指定模运算处理以适应大范围数据需求。 ---
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