洛谷-P3806

洛谷-P3806

题目

洛谷P3806

点分治模板题。

求边权树上距离为 $k$ 的点对。

分析

第一眼没看到边带权,以为直接判断树的直径是否大于等于 $k$ 就行了。233333。

一道经典的点分治的题目,点分治是一种高效的求树上路径满足一定条件的路径个数,当然一条路径,对应两个端点,说成点对数也可以。

这道题目本来写成了在线,有一个点 $1.02s$ 过不去,本来想着卡卡就能过去了,可是去看了看别人的代码,发现总共只需要 $200+ms$ 就够了。想着是自己写搓了,然后翻开了题解,发现可以同时对所有的询问进行查询,没有必要一个一个查。改了改,就过了。

点分治还是比较考验对 $dfs$ 的理解的,因为这道题就有三个 $dfs$ ,甚至还有一个换根 $DP$ 求重心。

然后就是比较考验细节,今天两道模板题都是因为几个变量名弄混了,调了几个小时的 $BUG$ 。

讲一下思路吧。点分治最重要的两点,一是找重心,这样可以降低复杂度,二是统计和去重。

找重心每道题目都是一样的,就不说了。

这道题的统计就是,对于每一个重心树,先统计所有节点到根节点的距离,因为距离范围不超过 $1e7$ 可以用数组保存,剩下一个 $map$ 的 $log$ ,比较重要的是统计数组不能直接清空,我们考虑将所有距离先存起来,统计一下,然后再删除就好了。去重的话,就是很常规的去重。

我统计的直接就是距离为 $k$ 的点对数。

时间复杂度: $O(n\cdot m \log n)$

代码

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#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); ++i)
#define per(i, a, b) for(int i = (a); i >= (b); --i)
#define debug(x) cerr << #x << ' ' << x << endl
#define size sizeeeeeee
using namespace std;

typedef long long ll;
const int MAXN = 1e4 + 7;
const int MAXM = 1e7 + 7;
const int MOD = 1e9 + 7;

vector<pair<int, int> > G[MAXN];
int son[MAXN], dep[MAXN], f[MAXN], q[MAXN], ans[MAXN], k;
int root, size; int cnt[MAXM], n, m;
bool vis[MAXN];

void get_rt(int x, int fa) {
son[x] = 1; f[x] = 0;
for(auto p: G[x]) {
int u = p.first;
if(u == fa || vis[u]) continue;
get_rt(u, x);
son[x] += son[u];
f[x] = max(f[x], son[u]);
}
f[x] = max(f[x], size - son[x]);
if(f[x] < f[root]) root = x;
}
vector<int> v;
void get_dep(int x, int fa) {
v.push_back(dep[x]);
for(auto p: G[x]) {
int u = p.first, w = p.second;
if(u == fa || vis[u]) continue;
dep[u] = dep[x] + w;
get_dep(u, x);
}
}
void calc(int x, int w, int op) {
v.clear(); dep[x] = w; get_dep(x, 0);
for(int p: v) {
rep(i, 1, m) if(p <= q[i]) ans[i] += op * cnt[q[i] - p];
cnt[p]++;
}
for(int p: v) cnt[p]--;
}
void solve(int x) {
calc(x, 0, 1); vis[x] = 1;
for(auto p: G[x]) {
int u = p.first, w = p.second;
if(vis[u]) continue;
calc(u, w, -1);
root = 0; size = son[u];
get_rt(u, 0);
solve(root);
}
}
int main() {
scanf("%d %d", &n, &m);
int u, v, w;
rep(i, 1, n-1) {
scanf("%d %d %d", &u, &v, &w);
G[u].push_back({v, w});
G[v].push_back({u, w});
}
rep(i, 1, m) scanf("%d", &q[i]);
f[0] = INT_MAX; size = n; root = 0;
get_rt(1, 0); solve(root);
rep(i, 1, m) {
if(ans[i]) printf("AYE\n");
else printf("NAY\n");
}
return 0;
}

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