标签：题解 while name names jks 输出 using sizeof str
精灵最近在农场上泛滥,它们经常会阻止牛们从农庄(牛棚_1)走到别的牛棚(牛_i的目的 地是牛棚_i)。每一个精灵只认识牛_i并且知道牛_i一般走到牛棚_i的最短路经。所以它们在牛_i到牛棚_i之前的最后一条牛路上等牛_i。当然,牛不愿意遇到Gremlins,所以准备找 一条稍微不同的路经从牛棚_1走到牛棚_i。所以,请你为每一头牛_i找出避免精灵的最短路经的长度。
和以往一样, 农场上的M (2 <= M <= 200,000)条双向牛路编号为1-M并且能让所有牛到 达它们的目的地, N(3 <= N <= 100,000)个编号为1-N的牛棚.牛路i连接牛棚a_i (1 <= a_i <= N)和b_i (1 <= b_i <= N)并且需要时间t_i (1 <=t_i <= 1,000)通过。没有两条牛路连接同样的牛棚,所有牛路满足a_i!=b_i.在所有数据中,牛_i使用的牛棚_1到牛 棚_i的最短路经是唯一的。
第一行: 两个空格分开的数, N和M
第2-M+1行: 三个空格分开的数a_i, b_i,和t_i
第1-N-1行: 第i行包含一个数:从牛棚_1到牛棚_i+1并且避免从牛棚1到牛棚i+1最短路经上最后一条牛路的最少的时间。如果这样的路经不存在,输出-1。
题解
智商不够，数据结构来凑。提供一个比较暴力的思路。
先搞出最短路树。我们考虑加入一条非树边，两端点为u、v，权值为w，如果它会影响点x的答案，那么x的答案会变成d[u]+d[v]+w-d[x]（d[x]为起点到x的最短路）。我们再考虑加入一条非树边会对哪些点产生影响：容易发现，会受影响的点是u到v的路径上出去lca的点。由于要使每个点的答案最小，所以这就是一个区间取min的问题，可以用树链剖分解决。放上代码：
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define N 100010 #define INF 0x3f3f3f3f int n,m; int num=1,f[N],vst[N<<2]; struct node{ int u,v,w,nxt; }e[N<<2]; void add(int u,int v,int w){e[++num]=(node){u,v,w,f[u]};f[u]=num;} //build graph #define pii pair<int,int> #define mp make_pair int d[N],vis[N]; void dijkstra(){ memset(d,0x3f,sizeof(d)); priority_queue<pii,vector<pii>,greater<pii> > q; d[1]=0;q.push(mp(d[1],1)); while(!q.empty()){ pii t=q.top();q.pop(); int dd=t.first,u=t.second; if(vis[u]) continue;vis[u]=1; for(int i=f[u];i;i=e[i].nxt){ int v=e[i].v,w=e[i].w; if(d[v]>dd+w){d[v]=dd+w;q.push(mp(d[v],v));} } } } //shortest path namespace TREE{ int num,f[N]; struct node{ int u,v,nxt; }e[N<<1]; void add(int u,int v){ e[++num]=(node){u,v,f[u]};f[u]=num; e[++num]=(node){v,u,f[v]};f[v]=num; } //build graph #define lc (p<<1) #define rc (p<<1|1) struct tree{ int l,r,mx; }t[N<<2]; void up(int p){t[p].mx=max(t[lc].mx,t[rc].mx);} void now(int p,int v){t[p].mx=min(t[p].mx,v);} void down(int p){if(t[p].mx<INF) now(lc,t[p].mx),now(rc,t[p].mx);} void build(int p,int l,int r){ t[p].l=l;t[p].r=r; if(l==r){t[p].mx=INF;return;} int mid=(l+r)>>1; build(lc,l,mid);build(rc,mid+1,r);up(p); } void update(int p,int l,int r,int v){ if(v>=t[p].mx||l>r) return; if(l<=t[p].l&&t[p].r<=r){now(p,v);return;} int mid=(t[p].l+t[p].r)>>1;down(p); if(l<=mid) update(lc,l,r,v); if(r> mid) update(rc,l,r,v); up(p); } int query(int p,int k){ if(t[p].l==t[p].r){return t[p].mx;} int mid=(t[p].l+t[p].r)>>1;down(p); if(k<=mid) return query(lc,k); else return query(rc,k); } //segment tree int cnt,dep[N],faz[N],seg[N],siz[N],son[N],top[N]; void dfs1(int u,int fa,int d){ dep[u]=d;faz[u]=fa;siz[u]=1; for(int i=f[u];i;i=e[i].nxt){ int v=e[i].v; if(v==fa) continue; dfs1(v,u,d+1);siz[u]+=siz[v]; if(siz[v]>siz[son[u]]) son[u]=v; } } void dfs2(int u,int st){ seg[u]=++cnt;top[u]=st; if(!son[u]) return;dfs2(son[u],st); for(int i=f[u];i;i=e[i].nxt){ int v=e[i].v; if(v==faz[u]||v==son[u]) continue; dfs2(v,v); } } void change(int x,int y,int v){ int xx=top[x],yy=top[y]; while(xx^yy){ if(dep[xx]<dep[yy]){swap(xx,yy);swap(x,y);} update(1,seg[xx],seg[x],v); x=faz[xx];xx=top[x]; } if(dep[x]>dep[y]) swap(x,y); update(1,seg[x]+1,seg[y],v); } //tree dissection } int main(){ int x,y,z; scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=m;i++){scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);add(x,y,z);add(y,x,z);} dijkstra(); for(int i=2;i<=num;i+=2){ int u=e[i].u,v=e[i].v,w=e[i].w; if(d[u]+w==d[v]||d[v]+w==d[u]){TREE::add(u,v);vst[i]=vst[i^1]=1;} } TREE::dfs1(1,0,1);TREE::dfs2(1,1);TREE::build(1,1,n); for(int i=2;i<=num;i+=2){ if(vst[i]) continue; int u=e[i].u,v=e[i].v,w=e[i].w,tmp=d[u]+d[v]+w; TREE::change(u,v,tmp); } for(int i=2;i<=n;i++){ int ans=TREE::query(1,TREE::seg[i]); if(ans==INF) puts("-1"); else printf("%d\n",ans-d[i]); } return 0; }
标签：题解 while name names jks 输出 using sizeof str
原文地址：https://www.cnblogs.com/doyo2019/p/11708076.html
