題目鏈接

https://atcoder.jp/contests/agc007/tasks/agc007_e

題解

首先有個很樸素的想法是，二分答案\(mid\)后使用可行性DP, 設\(dp[u][x][y]\)表示\(u\)子樹內(nèi)是否可以找到一條路徑，在經(jīng)過第一個葉子前路程是\(x\), 經(jīng)過最后一個葉子前路程是\(y\).
這個DP顯然做了很多無用功，比如我們發(fā)現(xiàn)完全可以只記錄true的狀態(tài)\((x,y)\)，進一步發(fā)現(xiàn)如果合法狀態(tài)\((x,y)\)存在另一合法狀態(tài)\((x',y')\)滿足\(x'\le x,y'<\le y\), 那么就沒有必要存儲\((x,y)\)了。于是我們按\(x\)遞增的順序存儲\((x,y)\)，那么\(y\)一定是遞減的。
這樣簡化之后，我們發(fā)現(xiàn)一個神奇的性質: 設\(S_u\)為\(u\)記錄的集合，\(i\)和\(j\)為兒子，那么\(|S_u|\le 2\min(|S_i|,|S_j|)\). 這是因為\(x\)和\(y\)的取值都各有\(\min(|S_i|,|S_j|)\)種。
考慮合并的過程: 假設路徑的開頭在\(i\)內(nèi)，那么我們需要找到\((x_1,y_1)\in S_i, (x_2,y_2)\in S_j\), 若\(y_1+v_i+v_j+x_2\le mid\), 則把\((x_1+v_i,y_2+w_j)\)加入\(S_u\). 這個顯然可以用雙指針優(yōu)化. 路徑的開頭在\(j\)內(nèi)也同理。
類似啟發(fā)式合并可分析復雜度。算上二分總復雜度\(O(n\log^2n)\).

代碼

#include<cstdio> #include<cstdlib> #include<iostream> #include<cassert> #include<vector> #define llong long long #define pll pair<llong,llong> #define mkpr make_pair using namespace std;const int N = 1<<17; int son[N+3][2]; llong w[N+3]; vector<pll> dp[N+3]; vector<pll> aux1,aux2; int n,en; llong mid;void dfs(int u) { // printf("dfs %d\n",u);dp[u].clear(); int ls = son[u][0],rs = son[u][1];if(!ls){dp[u].push_back(mkpr(0ll,0ll));return;}dfs(ls); dfs(rs);aux1.clear(); aux2.clear();if(dp[rs].size()){int j = 0;for(int i=0; i<dp[ls].size(); i++){while(j<dp[rs].size()-1 && dp[rs][j+1].first+dp[ls][i].second+w[ls]+w[rs]<=mid) {j++;}if(j<dp[rs].size() && dp[rs][j].first+dp[ls][i].second+w[ls]+w[rs]<=mid) {aux1.push_back(mkpr(dp[ls][i].first+w[ls],dp[rs][j].second+w[rs]));}}}if(dp[ls].size()){int j = 0;for(int i=0; i<dp[rs].size(); i++){while(j<dp[ls].size()-1 && dp[ls][j+1].first+dp[rs][i].second+w[ls]+w[rs]<=mid) {j++;}if(j<dp[ls].size() && dp[ls][j].first+dp[rs][i].second+w[ls]+w[rs]<=mid) {aux2.push_back(mkpr(dp[rs][i].first+w[rs],dp[ls][j].second+w[ls]));}}}int j = 0,k = 0; llong cur = 1ll<<34;while(j<aux1.size() || k<aux2.size()){if(k==aux2.size() || (j<aux1.size() && aux1[j].first<=aux2[k].first)){if(aux1[j].second<cur) {dp[u].push_back(aux1[j]); cur = aux1[j].second;}j++;}else{if(aux2[k].second<cur) {dp[u].push_back(aux2[k]); cur = aux2[k].second;}k++;}} }bool check() {dfs(1);if(dp[1].size()) {return true;}else {return false;} }int main() {scanf("%d",&n);for(int i=2; i<=n; i++){int u; llong x; scanf("%d%lld",&u,&x);w[i] = x; if(son[u][0]) son[u][1] = i; else son[u][0] = i;}llong left = 0ll,right = 1ll<<34;while(left<right){mid = left+((right-left)>>1) // printf("mid=%lld\n",mid);bool ok = check();if(ok) {right = mid;}else {left = mid+1;}}printf("%lld\n",right);return 0; }

總結

以上是生活随笔為你收集整理的AtCoder AGC007E Shik and Travel (二分、DP、启发式合并)的全部內(nèi)容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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