标签：ons   mem   算法   判断   左偏树   turn   tput   eof   并查集   

题目

利内罗女士准备来到意大利进行修行。
意大利由 n 个城市和 m 条道路构成，道路是双向的。
到达第 i 个城市时，她可以取得该城市的全部信仰，并获得 ai 点能力提升，但因为在一个城市可以
取得的信仰有限，多次到达同一个城市不会多次提升能力。
意大利对能力也有很严的要求，对于第 i 条道路，只有能力大于等于 bi 的人才能经过。
利内罗女士准备乘坐飞机去往意大利，飞机可以降落在任意城市（即可以在任意城市开始修行），她
想知道自己的能力最多可以成长为多少。
她提出了 Q 次询问，表示当自己初始能力为 qi 时，能力最多可以成长为多少。

Input

第一行三个整数 n, m, Q。接下来一行 n 个非负整数，a1 到 an。
接下来 m 行，每行三个正整数，ui, vi, bi，表示城市 ui 和城市 vi 之间有一条道路。
最后 Q 行，每行一个非负整数 qi。

output

Q 行，每行一个整数表示答案。

Notes
对于所有数据，满足 n, Q ≤ 105, m ≤ 2 ∗ 105, ai ≤ 104, qi, bi ≤ 109
Task1[20%]

n ≤ 5 , m ≤ 10 , Q =1

Task2[30%]
n ≤ 50 , m ≤ 100 , Q ≤ 5

Task3[40%]

n ≤ 100 , m ≤ 200 , Q ≤5

Task4[50%]
n ≤ 300 , m ≤ 600 , Q ≤ 100

Task5[60%]

n ≤ 1000 , m ≤ 2000 , Q ≤ 10

Task6[100%]
无特殊限制
Subtask1[10pts]
n ≤ 1000 , m = n − 1 , Q ≤ 1000，图保证联通
Subtask2[10pts]
m = n − 1，图保证联通0

思路（超时算法）

爆内存，爆时间，纯粹的爆搜。定路，定点，储蓄信仰，判断够不够。不行后返回；最后输出结果。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int inf=0x3f3f3f3f;
int a[100000],n,m,bi,q,ui[200000],vi[200000],b[10000][10000],ans,qi,sum=0;
bool road[10000][10000],place[100000];
void dfs(int x)
{
    if(place[x]==false)
    {
        ans=ans+a[x];
        place[x]=true;
    }
    if(ans>sum)
    sum=ans;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        if(i==x)
        continue;
        else if(road[x][i]==true&&ans>=b[x][i])
        {
            road[x][i]=false;
            road[i][x]=false;
            dfs(i);
        }
    }
    ans=ans-a[x];
}
int main()
{
    freopen("cemetery.in.txt","r",stdin);
    freopen("cemetery.out.txt","w",stdout);
    cin>>n>>m>>q;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    cin>>a[i];
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        cin>>ui[i]>>vi[i]>>bi;
        b[ui[i]][vi[i]]=bi;
        b[vi[i]][ui[i]]=bi;
    }
    for( int i=1;i<=q;i++)
    {
        cin>>qi;
        ans=qi;
        for(int j=1;j<=n;j++)
        {
            memset(road,false,sizeof(road));
            memset(place,false,sizeof(place));
            for(int i1=1;i1<=m;i1++)
            {
                road[ui[i1]][vi[i1]]=true;
                road[vi[i1]][ui[i1]]=true;
            }
            
            dfs(j);
        }
        cout<<sum<<endl;        
    }
    fclose(stdin);
    fclose(stdout);
    return 0;
}

思路（正解)

n ≤ 5 , m ≤ 10 , Q = 1
直接搜索.

n ≤ 100 , m ≤ 200 , Q ≤ 5
枚举起点，每次去一个能去的城市，看最后能去多少个城市
时间复杂度 O(qn2m).

n ≤ 300 , m ≤ 600 , Q ≤ 100
堆优化上个算法
时间复杂度 O(qmn log n)

n ≤ 1000 , m ≤ 2000 , Q ≤ 1000
先对于每个点处理出当初始能力值为多少时的答案
排一下序，对于每个询问二分出最优解
时间复杂度 O(nm log n + q log n)

n ≤ 1000 , m = n − 1 , Q ≤ 1000，图保证联通
首先，对于一个特定的 q，从每个点延伸出去的答案要么包含，要么不相交.

从每个点开始延伸，如果之前已经延伸过就直接合并
可以用左偏树维护
时间复杂度 O(qn log n).

m = n − 1，图保证联通
考虑合并
一定是这条边的要求比原连通块中所有边的要求都要大
所以可以把边按照要求的大小排序，从小到大来合并连通块
用并查集维护即可
时间复杂度 O((n + m + q)log n).

无特殊限制
首先，最后的答案一定是一个连通块
考虑哪些连通块可能成为答案
首先，每个点都可能是答案
其次，我们发现，如果能经过一条边，那么和它相邻并且要求更低的边也能经过
所以和 Subtask2 其实是一样的
用并查集维护
时间复杂度 O((n + m + q)log n).

题解就不发了，有点多。解释得很清楚了。（有些东西本人也还没有弄懂）

那么，这就结束了吧！

十七个中毒的英国人

标签：ons   mem   算法   判断   左偏树   turn   tput   eof   并查集   

原文地址：https://www.cnblogs.com/abcdhh/p/11182097.html