入门OJ:八中生成树2

题目描述

八中里面有N个建设物，M条边。对于这种要建最小生成树的问题，你应该很熟练了。现在老大决定降低某条边的费用，然后这条边必须要被选中，因为这条路他每天都要走，自然......问选了这条边后是否可以得到一个比从前总开支相等或更小的方案。

输入格式

第一行三个整数N,M,Q(1<=N<=1000,N-1<=M<=100000接下来M行，每行三个整数（X，Y,Z）描述一条可以建造的路。 0<=Z<=10000 最后Q行，每行两个整数i,x(1<=i<=M,0<=x)描述一个修改计划，即要你判断如果 将第i条公路的修建费用降低为x元后，是否可以得到一个比从前总开支相等或更小的方案

输出格式

按顺序输出Q行，每行输出"Yes"或"No",Yes表示可以建造，No表示不可能

先考虑暴力。

我们可以每次询问之后都修改一次边权，然后在原图求一次最小生成树，看是否更优即可。时间复杂度为O(Q * MlogM)

其实在原图再求一次mst时基本上所有边都是不需要变动的。可以利用这一点考虑优化

如果询问给出的边是树上边，那么只需比较和原来的树边大小即可。

如果不是树上边，那么如果原树不变，只加上询问的边，就会形成一个环。设询问给出的边为E(u,v)，那么这个环就可以表示为：u->LCA(u,v)->v->u。所以生成树上唯一需要改变的就是这个环上的部分。只需要把环断掉一条边即可。为了使断掉之后的生成树尽可能小，我们肯定会断掉环上最长的边(除了询问给的边)。所以问题就变成了：求路径u->LCA(u,v)->v上最长边。

可以用倍增做，时间复杂度为O((N+M)logN)，总复杂度就是：O((N+Q)logN+MlogM)。也可以树剖直接做，复杂度为O(QlogNlogN+MlogM)。

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#define maxn 1001
#define maxm 100001
using namespace std;
 
struct brim{
    int u,v,w;
    bool operator<(const brim &b)const{ return w<b.w; }
}b[maxm],tmp[maxm];
 
struct edge{
    int to,dis,next;
    edge(){}
    edge(const int &_to,const int &_dis,const int &_next){ to=_to,dis=_dis,next=_next; }
}e[maxn<<1];
int head[maxn],k;
 
struct node{
    int l,r,c;
}t[maxn<<2];
 
int anc[maxn];
int size[maxn],fa[maxn],son[maxn],dep[maxn];
int top[maxn],dfn[maxn],id[maxn],tot;
bool vis[maxn];
int n,m,q,val[maxn];
 
inline int read(){
    register int x(0),f(1); register char c(getchar());
    while(c<'0'||'9'<c){ if(c=='-') f=-1; c=getchar(); }
    while('0'<=c&&c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
    return x*f;
}
inline void add(const int &u,const int &v,const int &w){
    e[k]=edge(v,w,head[u]);
    head[u]=k++;
}
 
int get(int x){ return anc[x]==x?x:anc[x]=get(anc[x]); }
inline int kruskal(){
    for(register int i=1;i<=n;i++) anc[i]=i;
    for(register int i=1;i<=m;i++) tmp[i]=b[i];
    sort(tmp+1,tmp+1+m);
    for(register int i=1;i<=m;i++){
        int u=tmp[i].u,v=tmp[i].v,w=tmp[i].w;
        if(get(u)==get(v)) continue;
        anc[get(u)]=get(v),add(u,v,w),add(v,u,w);
    }
}
 
void dfs_getson(int u){
    size[u]=1;
    for(register int i=head[u];~i;i=e[i].next){
        int v=e[i].to;
        if(v==fa[u]) continue;
        dep[v]=dep[u]+1,fa[v]=u;
        dfs_getson(v);
        size[u]+=size[v];
        if(size[v]>size[son[u]]) son[u]=v;
    }
}
void dfs_rewrite(int u,int tp){
    top[u]=tp,dfn[u]=++tot,id[tot]=u;
    if(son[u]) dfs_rewrite(son[u],tp);
    for(register int i=head[u];~i;i=e[i].next){
        int v=e[i].to;
        if(v!=son[u]&&v!=fa[u]) dfs_rewrite(v,v);
    }
}
inline void endow(){
    for(register int i=0;i<k;i+=2){
        int u=e[i].to,v=e[i^1].to;
        if(dep[u]>dep[v]) swap(u,v);
        val[v]=e[i].dis;
    }
}
 
void build(int d,int l,int r){
    t[d].l=l,t[d].r=r;
    if(l==r){ t[d].c=val[id[l]]; return; }
    int mid=l+r>>1;
    build(d<<1,l,mid),build(d<<1|1,mid+1,r);
    t[d].c=max(t[d<<1].c,t[d<<1|1].c);
}
int getmax(int d,const int &l,const int &r){
    if(l<=t[d].l&&t[d].r<=r) return t[d].c;
    int mid=t[d].l+t[d].r>>1,ans=0;
    if(l<=mid) ans=max(ans,getmax(d<<1,l,r));
    if(r>mid) ans=max(ans,getmax(d<<1|1,l,r));
    return ans;
}
 
int main(){
    memset(head,-1,sizeof head);
    n=read(),m=read(),q=read();
    for(register int i=1;i<=m;i++) b[i].u=read(),b[i].v=read(),b[i].w=read();
    kruskal();
 
    dfs_getson(1);
    dfs_rewrite(1,1);
    endow();
    build(1,1,tot);
 
    for(register int i=1;i<=q;i++){
        int id=read(),w=read(),mmax=0,u=b[id].u,v=b[id].v;
        while(top[u]!=top[v]){
            if(dep[top[u]]>dep[top[v]]) swap(u,v);
            mmax=max(mmax,getmax(1,dfn[top[v]],dfn[v]));
            v=fa[top[v]];
        }
        if(dep[u]>dep[v]) swap(u,v);
        if(u!=v) mmax=max(mmax,getmax(1,dfn[u]+1,dfn[v]));
        printf("%s\n",mmax-w>=0?"Yes":"No");
    }
    return 0;
}

入门OJ:八中生成树2

原文：https://www.cnblogs.com/akura/p/10885980.html