树洞

最新推荐文章于 2024-09-02 20:46:37 发布

Amber0130

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分类专栏：图论文章标签： acm竞赛

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探讨了在特定条件下，如何选择树洞位置以确保兔子在遇到危险时能最快疏散的方法。通过构建数学模型，采用二分搜索算法，实现了在有限资源下最小化疏散时间的目标。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

树洞

时间限制: 1 Sec 内存限制: 128 MB

题目描述

在一片栖息地上有 $N$ 棵树，每棵树下住着一只兔子，有 $M$ 条路径连接这些树。更特殊地是，只有一棵树有 $3$ 条或更多的路径与它相连，其它的树只有 $1$ 条或 $2$ 条路径与其相连。换句话讲，这些树和树之间的路径构成一张 $N$ 个点、 $M$ 条边的无向连通图，而度数大于 $2$ 的点至多有 $1$ 个。
近年以来，栖息地频繁收到人类的侵扰。兔子们联合起来召开了一场会议，决定在其中 $K$ 棵树上建造树洞。当危险来临时，每只兔子均会同时前往距离它最近的树洞躲避，路程中花费的时间在数值上等于距离。为了在最短的时间内让所有兔子脱离危险，请你安排一种建造树洞的方式，使最后一只到达树洞的兔子所花费的时间尽量少。

输入

第一行有 $3$ 个整数 $N ， M ， K$ ，分别表示树（兔子）的个数、路径数、计划建造的树洞数。
接下来 $M$ 行每行三个整数 $x, y$ ，表示第 $x$ 棵树和第 $y$ 棵树之间有一条路径相连。 $1 \leq x, y \leq N ， x \neq = y$ ，任意两棵树之间至多只有 $1$ 条路径。

输出

一个整数，表示在最优方案下，最后一只到达树洞的兔子所花费的时间。

样例输入

样例输出

提示

对于 $100%100\%$ 的数据， $\frac{n(n+1)}{2}$

思路

如果是一条链， $ans=⌈n2k⌉ans=\left \lceil \frac{n}{2k} \right \rceil$
题目中说明了只有一个点度数大于 $2$ 的特殊点,说明只有一个分叉(环)
求最大值最小，而且答案满足单调，很显然可以用二分
二分最大时间，也就是节点的最短距离。
把特殊点设为rt，枚举从能覆盖rt的点中选一个建造树洞，剩下的没vis的全成了链，每条链每2*mid+1必定放一个树洞
注意cnt要+1,一开始建了一个嘛

#pragma GCC optimize(3,"Ofast","inline")
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <set>
#include <map>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <algorithm>
#include <unordered_map>
#include <vector>
using namespace std;
#define ls (rt<<1)
#define rs (rt<<1|1)
typedef long long ll;
template <typename T>
inline void read(T &x) {
    x = 0;
    static int p;
    p = 1;
    static char c;
    c = getchar();
    while (!isdigit(c)) {
        if (c == '-')p = -1;
        c = getchar();
    }
    while (isdigit(c)) {
        x = (x << 1) + (x << 3) + (c - 48);
        c = getchar();
    }
    x *= p;
}
template <typename T>
inline void print(T x) {
    if (x<0) {
        x = -x;
        putchar('-');
    }
    static int cnt;
    static int a[50];
    cnt = 0;
    do {
        a[++cnt] = x % 10;
        x /= 10;
    } while (x);
    for (int i = cnt; i >= 1; i--)putchar(a[i] + '0');
    puts("");
}
const int mod = 1e9+9;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int maxn = 2e3+10;

int n,m,k,rt,deep;
int deg[maxn];
bool vis[2005];
int head[maxn],t,d[maxn];
struct edge {
    int nxt, v;
}e[maxn*maxn];
inline void add(int u,int v) {
    t++;
    e[t].v = v;
    e[t].nxt = head[u];
    head[u]=t;
}
void bfs(int s) {
    memset(d, -1, sizeof(d));
    d[s] = 0;
    queue<int> q;
    q.push(s);
    while (!q.empty()) {
        int u = q.front();
        q.pop();
        for (int i = head[u]; i; i = e[i].nxt) {
            int v = e[i].v;
            if (d[v] == -1) {
                d[v] = d[u] + 1;
                q.push(v);
            }
        }
    }
}

int len;
void dfs(int u) {
    vis[u] = 1;
    len++;
    for (int i = head[u]; i; i = e[i].nxt) {
        int v = e[i].v;
        if (vis[v]) continue;
        dfs(v);
    }
}
bool check(int dis) {
    int ans = inf;
    for (int x = 1; x <= n; x++) {
        bfs(x);
        int cnt = 0;
        if (d[rt] > dis) continue;
        memset(vis, 0, sizeof(vis));
        for (int i = 1; i <= n; i++) if (d[i] <= dis) vis[i] = 1;
        for (int i = 1; i <= n; i++)
            if (!vis[i]) {
                len = 0;
                dfs(i);
                cnt += (len - 1) / (2 * dis + 1) + 1;
            }
        ans = min(ans, cnt + 1);
    }
    return ans <= k;
}
inline void work() {
    read(n);
    read(m);
    read(k);
    for (int i = 1, u, v; i <= m; i++) {
        read(u);
        read(v);
        deg[u]++;
        deg[v]++;
        add(u, v);
        add(v, u);
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        if (deg[i] > 2) {
            rt = i;
            break;
        }
    if (!rt) {
        printf("%d", (n + k - 1) / k / 2);
        return;
    }
    int l = 1, r = n, ans = 0;
    while (l <= r) {
        int mid = l + r >> 1;
        if (check(mid)) {
            ans = mid;
            r = mid - 1;
        } else l = mid + 1;
    }
    print(ans);
}
int main() {
    //freopen("1.txt","r",stdin);
    int T = 1;
    //read(T);
    while (T--) {
        work();
    }
    return 0;
}