LOJ#6075. 「2017 山东一轮集训 Day6」重建

博客围绕带权无向连通图展开,给定图的点数、边数、关键点集合,要从点 s 走到点 t,可对边加非负整数 a。通过分析,记只经过关键点和可经过任意点的最短路长度及路径条数,推导出求最大 a 的公式,用暴力 DP 求解,还提及无解情况。

摘要生成于 C知道 ,由 DeepSeek-R1 满血版支持, 前往体验 >

题目描述:

  给定一个 n个点m 条边的带权无向连通图 ,以及一个大小为k 的关键点集合S 。有个人要从点s走到点t,现在可以对所有边加上一个非负整数a,问最大的a,使得加上a后,满足:s到t的最短路长度=s到t且只能经过S中的点的最短路长度。

题目分析:

  暴力

  记x为只经过关键点的最短路长度,其路径条数为n

  记y为可经过任意点的最短路长度,其路径条数为m

   tip:路径条数意思这里指 覆盖最短路的边数

  显然全部加上a之后最短路是不变的

  也就是说我们要求这个东西

$$a*n+x=a*m+y$$

$$a=(\frac{y-x}{n-m})_{max}$$

  所以我们怎么求这个东西呢

  当然是D(bao)P(li)咯

  假设f[i,j],g[i,j]表示到达i这个点,走过了j条边的最短路径

  其中f[i,j]只经过关键点,g[i,j]经过任意一点,这两个数组暴力DP就能求出来

  然后取出最大的a就好了

  关于无解的情况:上面那个式子的值<0显然是不行的,m=n显然是取任意的(当然实现的话就不用这样了判断,这样讲只是方便理解)

  代码:

  

 1 //许多大佬貌似喜欢在代码上面写自己id,那我这个蒟蒻也就从此开始——跟啦! 
 2 //好吧Koko不是重点 
 3 //LevenKoko 
 4 #pragma GCC optimize("Ofast")
 5 #include<bits/stdc++.h>
 6 #define int long long
 7 const int inf=1e18;
 8 using namespace std;
 9 inline int read(){
10     int ans=0,f=1;char chr=getchar();
11     while(!isdigit(chr)){if(chr=='-')f=-1;chr=getchar();}
12     while(isdigit(chr)) {ans=(ans<<3)+(ans<<1)+chr-48;chr=getchar();}
13     return ans*f;
14 }const int M=1e4+5,N=1e3+5;
15 int n,m,s,t,ans;
16 int head[N],nxt[M<<1],ver[M<<1],val[M<<1],tot,f[N][N],g[N][N],a[M],k;
17 inline void add(int x,int y,int z){ver[++tot]=y,nxt[tot]=head[x],val[tot]=z,head[x]=tot;}
18 inline void Clear_All(){
19     memset(head,0,sizeof(head));
20     memset(a,0,sizeof(a));
21     for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=0;j<=n;j++)f[i][j]=g[i][j]=inf;
22     tot=f[s][0]=g[s][0]=0;ans=-1;
23 }
24 inline void cmin(int &x,int y){return (void)(x=(x>y)?y:x);}
25 inline void cmax(int &x,int y){return (void)(x=(x>y)?x:y);}
26 inline void DP1(){
27     for(int i=0;i<n;i++)
28         for(int j=1;j<=n;j++)
29             if(f[j][i]<inf&&a[j])
30                 for(int k=head[j];k;k=nxt[k])
31                     cmin(f[ver[k]][i+1],f[j][i]+val[k]);    
32 }
33 inline void DP2(){
34     for(int i=0;i<n;i++)
35         for(int j=1;j<=n;j++)
36             if(g[j][i]<inf)
37                 for(int k=head[j];k;k=nxt[k])
38                     cmin(g[ver[k]][i+1],g[j][i]+val[k]);    
39 }
40 inline void Check_Get(){
41         for(int i=1;i<=n;i++){
42             if(f[t][i]==inf) continue;
43             int j;
44             for(j=1;j<=i;j++) 
45                 if(g[t][j]<f[t][i]) break;
46             if(j<=i) continue;
47             for(j=1;j<i;j++) if(g[t][j]!=inf) break;
48             if(j>=i){
49                 ans=inf; break;
50             }
51             int cur=inf;
52             for(j=1;j<i;j++)
53                 cur=min(cur,(-f[t][i]+g[t][j])/(i-j));
54             for(j=i+1;j<=n;j++)
55                 if(f[t][i]+i*cur>g[t][j]+j*cur) break;
56             if(j<=n) continue;
57             ans=max(ans,cur);
58         }
59 }
60 signed main(){
61 //    freopen("ernd.in","r",stdin);
62 //    freopen("ernd.out","w",stdout);
63     int T=read();
64     while(T--){
65         n=read(),m=read(),s=read(),t=read();Clear_All();
66         for(int i=1,x,y,z;i<=m;i++)x=read(),y=read(),z=read(),add(x,y,z),add(y,x,z);
67         k=read();
68         for(int i=1,x;i<=k;i++) x=read(),a[x]=1;
69         DP1();DP2();
70         Check_Get();
71         if(ans==-1){puts("Impossible");continue;}
72         if(ans==inf){puts("Infinity");continue;}
73         printf("%lld\n",ans);
74     }
75     return 0;
76 }

 

 

 

转载于:https://www.cnblogs.com/zhenglw/p/11180620.html

<think>我们正在查询与LOJ6279相关的编程题目或解决方案。LOJ(LibreOJ)是一个在线的评测系统,主要收录算法竞赛题目。根据题号6279,我们需要确定该题目的具体内容。由于我无法直接访问网络,我将基于已知信息进行推理。在算法竞赛中,LOJ的题目编号通常与特定的题目对应。题号6279可能对应一个特定的问题。根据常见的题目类型,我们可以推测它可能涉及数据结构或算法。然而,为了准确回答,我们可以尝试回忆或推断常见的LOJ题目。例如,LOJ6000系列题目多为数据结构题,如线段树、树状数组等。实际上,通过搜索记忆,我回想起LOJ6279是“数列分块入门3”(BlockArray3)题目。这是“分块”系列题目中的一题。题目描述:给出一个长为n的数列,以及n个操作,操作涉及区间加法,询问区间内小于某个值x的前驱(即最大的小于x的数)。因此,用户需要的是关于LOJ6279题目的描述和解决方案。解决方案:由于题目要求分块处理,我们将数列分成若干块,每块大小为sqrt(n)。对于每个块,我们维护一个有序的数组(用于二分查找)以及一个加法标记(记录整个块被加了多少)。操作:1.区间加法:对于整块,直接更新加法标记;对于不完整的块,暴力更新元素值,然后重新排序该块(或者重新构建有序数组)。2.查询区间内小于x的前驱:遍历区间内的所有块。对于整块,在块的有序数组中二分查找小于(x-加法标记)的最大值;对于不完整的块,暴力遍历每个元素,判断是否小于x(注意加上加法标记)并更新最大值。代码实现(C++)示例:```cpp#include<iostream>#include<vector>#include<cmath>#include<algorithm>#include<climits>usingnamespacestd;constintMAXN=100010;constintBLOCK_SIZE=320;//约sqrt(MAXN)intn;vector<int>a;vector<int>block_add;//每块的加法标记vector<vector<int>>sorted_blocks;//每块的有序数组voidinit(){intblock_num=(n+BLOCK_SIZE-1)/BLOCK_SIZE;block_add.assign(block_num,0);sorted_blocks.resize(block_num);for(inti=0;i<n;i++){sorted_blocks[i/BLOCK_SIZE].push_back(a[i]);}for(inti=0;i<block_num;i++){sort(sorted_blocks[i].begin(),sorted_blocks[i].end());}}voidupdate_block(intblock_id){sorted_blocks[block_id].clear();intstart=block_id*BLOCK_SIZE;intend=min((block_id+1)*BLOCK_SIZE,n);for(inti=start;i<end;i++){sorted_blocks[block_id].push_back(a[i]);}sort(sorted_blocks[block_id].begin(),sorted_blocks[block_id].end());}voidadd(intl,intr,intc){intblock_l=l/BLOCK_SIZE,block_r=r/BLOCK_SIZE;if(block_l==block_r){for(inti=l;i<=r;i++){a[i]+=c;}update_block(block_l);}else{for(inti=l;i<(block_l+1)*BLOCK_SIZE;i++){a[i]+=c;}update_block(block_l);for(inti=block_l+1;i<block_r;i++){block_add[i]+=c;}for(inti=block_r*BLOCK_SIZE;i<=r;i++){a[i]+=c;}update_block(block_r);}}intquery(intl,intr,intc){intblock_l=l/BLOCK_SIZE,block_r=r/BLOCK_SIZE;intans=-1;if(block_l==block_r){for(inti=l;i<=r;i++){intval=a[i]+block_add[block_l];if(val<c){if(val>ans)ans=val;}}}else{for(inti=l;i<(block_l+1)*BLOCK_SIZE;i++){intval=a[i]+block_add[block_l];if(val<c){if(val>ans)ans=val;}}for(inti=block_l+1;i<block_r;i++){//在块i的有序数组中二分查找小于c-block_add[i]的最大值inttarget=c-block_add[i];autoit=lower_bound(sorted_blocks[i].begin(),sorted_blocks[i].end(),target);if(it!=sorted_blocks[i].begin()){it--;intval=*it+block_add[i];if(val>ans)ans=val;}}for(inti=block_r*BLOCK_SIZE;i<=r;i++){intval=a[i]+block_add[block_r];if(val<c){if(val>ans)ans=val;}}}returnans;}intmain(){cin>>n;a.resize(n);for(inti=0;i<n;i++){cin>>a[i];}init();for(inti=0;i<n;i++){intop,l,r,c;cin>>op>>l>>r>>c;l--;r--;//如果题目输入是1-indexed,则转换为0-indexedif(op==0){add(l,r,c);}else{cout<<query(l,r,c)<<endl;}}return0;}```注意:上述代码是示例代码,可能需要根据题目具体输入要求进行调整。§§相关问题§§1.LOJ6279题目的具体描述是什么?2.分块算法的时间复杂度是多少?3.除了分块,还有哪些方法可以解决LOJ6279?4.如何优化分块算法的常数?5.分块算法适用于哪些场景?</think>### LOJ 6279 题目分析与解决方案 **题目描述**:LOJ 6279 是 LibreOJ 上的 **"数列分块入门 3"**,属于分块算法的经典练习题。核心要求如下: - **操作 1**:区间 $[l, r]$ 内每个数加上值 $c$ - **操作 2**:查询区间 $[l, r]$ 内小于 $c$ 的**最大元素值**(即前驱),不存在时返回 $-1$ #### 分块算法设计 分块的核心思想是将数列划分为 $\sqrt{n}$ 大小的块,平衡暴力操作与批量处理。 ##### 关键数据结构 1. **块内有序数组**: - 每块维护一个排序后的数组,用于二分查找前驱。 - 示例:块 $B_i$ 的排序数组为 $S_i$。 2. **加法懒标记**: - 记录整块被加的总值 $add_i$(不影响块内有序性)。 ##### 操作实现 1. **区间加法($[l, r] + c$)**: - **整块**:直接更新懒标记 $add_i \gets add_i + c$,时间复杂度 $O(1)$。 - **碎块**:暴力修改元素值,并**重构有序数组**(排序),时间复杂度 $O(\sqrt{n} \log \sqrt{n})$。 2. **查询前驱($[l, r]$ 内 $< c$ 的最大值)**: - **整块**:在有序数组 $S_i$ 中二分查找 $c - add_i$ 的前驱,时间复杂度 $O(\log \sqrt{n})$。 - **碎块**:暴力遍历元素,检查 $a_j + add_i < c$ 并更新最大值,时间复杂度 $O(\sqrt{n})$。 #### 代码实现(C++) ```cpp #include <iostream> #include <vector> #include <cmath> #include <algorithm> #include <climits> using namespace std; const int MAXN = 100010; int n, block_size; vector<int> a; vector<int> add_tag; // 块的加法标记 vector<vector<int>> blocks; // 每块的有序数组 void init() { block_size = sqrt(n); int block_num = (n + block_size - 1) / block_size; add_tag.assign(block_num, 0); blocks.resize(block_num); for (int i = 0; i < n; i++) blocks[i / block_size].push_back(a[i]); for (int i = 0; i < block_num; i++) sort(blocks[i].begin(), blocks[i].end()); } void rebuild_block(int block_id) { blocks[block_id].clear(); int start = block_id * block_size; int end = min(start + block_size, n); for (int i = start; i < end; i++) blocks[block_id].push_back(a[i]); sort(blocks[block_id].begin(), blocks[block_id].end()); } void range_add(int l, int r, int c) { int block_l = l / block_size, block_r = r / block_size; if (block_l == block_r) { // 同一块内 for (int i = l; i <= r; i++) a[i] += c; rebuild_block(block_l); } else { // 左侧碎块 for (int i = l; i < (block_l + 1) * block_size; i++) a[i] += c; rebuild_block(block_l); // 中间整块 for (int i = block_l + 1; i < block_r; i++) add_tag[i] += c; // 右侧碎块 for (int i = block_r * block_size; i <= r; i++) a[i] += c; rebuild_block(block_r); } } int query_predecessor(int l, int r, int c) { int ans = -1; int block_l = l / block_size, block_r = r / block_size; // 左侧碎块暴力查询 for (int i = l; i < min(r + 1, (block_l + 1) * block_size); i++) { int val = a[i] + add_tag[block_l]; if (val < c && val > ans) ans = val; } // 中间整块二分查找 for (int i = block_l + 1; i < block_r; i++) { int target = c - add_tag[i]; auto it = lower_bound(blocks[i].begin(), blocks[i].end(), target); if (it != blocks[i].begin()) { it--; int val = *it + add_tag[i]; if (val < c && val > ans) ans = val; } } // 右侧碎块暴力查询 if (block_l != block_r) { for (int i = block_r * block_size; i <= r; i++) { int val = a[i] + add_tag[block_r]; if (val < c && val > ans) ans = val; } } return ans; } int main() { cin >> n; a.resize(n); for (int i = 0; i < n; i++) cin >> a[i]; init(); for (int i = 0; i < n; i++) { int op, l, r, c; cin >> op >> l >> r >> c; l--; r--; // 转为0-indexed if (op == 0) range_add(l, r, c); else cout << query_predecessor(l, r, c) << endl; } return 0; } ``` #### 算法分析 - **时间复杂度**: - 单次修改/查询:$O(\sqrt{n} \log \sqrt{n})$(碎块排序主导)。 - 总操作 $m$ 次:$O(m \sqrt{n} \log n)$。 - **空间复杂度**:$O(n)$。 #### 优化技巧 1. **减少排序次数**: - 碎块修改时只重构受影响块的有序数组。 2. **块大小调整**: - 实测调整块大小为 $n^{0.6}$ 可能更快(需测试)。 #### 应用场景 分块算法适用于**强制在线**的区间问题(如 LOJ 的数列分块系列题),在 $O(\sqrt{n})$ 复杂度下平衡修改与查询[^1]。
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