陶陶的難題II

時間限制：40s 空間限制：128MB

題目描述

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輸入格式

第一行包含一個正整數N，表示樹中結點的個數。
第二行包含N個正實數，第i個數表示xi (1<=xi<=10^5)。
第三行包含N個正實數，第i個數表示yi (1<=yi<=10^5)。
第四行包含N個正實數，第i個數表示pi (1<=pi<=10^5)。
第五行包含N個正實數，第i個數表示qi (1<=qi<=10^5)。
下面有N-1行，每行包含兩個正整數a,b(1<=a,b<=N)，表示樹中的邊。
第N+5行包含一個正整數M，表示詢問的個數。

最後M行，每行包含正整數a,b(1<=a,b<=N)，表示一次詢問。

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輸出格式

共M行，每行一個實數，第i行的數表示第i次詢問的答案。
只要你的輸出和我們的輸出相差不超過0.001即為正確。

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樣例輸入

5 
3.0 1.0 2.0 5.0 4.0 
5.0 2.0 4.0 3.0 1.0 
1.0 3.0 2.0 4.0 5.0 
3.0 4.0 2.0 1.0 4.0 
1 2 
1 3 
2 4 
2 5 
4 
2 3 
4 5 
2 4 
3 5 

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樣例輸出

2.5000 
1.5000 
1.5000 
2.5000 

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提示

100%的數據滿足N,M≤ 30,000。

1<=Xi,Yi,Pi,Qi<=10^8

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題目來源

沒有寫明來源

首先根據答案是個分數以及“你的輸出和我們的輸出相差不超過0.001即為正確”可以想到分數規劃。然後化下式子可以發現i和j是可以分開考慮的，加上題目求的式子是一個分數可以自然想到凸包。但是我們怎麽維護這個凸包呢？由於沒有修改，我們可以通過線段樹套std::vector維護，合並時由於兩邊橫坐標都是單增的所以用類似歸並排序的方法即可。最後，一般凸包問題都是用三分，但是仔細思考會發現其實二分也可以做。這樣總的復雜度就是四個log的（分數規劃，樹鏈剖分，線段樹，二分查找各一個）。由於復雜度並不滿所以可以跑過（當然能用$O(n \log^4 n)$卡掉$O(n^2)$的題並不多見）

  1 #include<cstdio>
  2
 
 #include<vector>
  3 #include<algorithm>
  4 #define ls (x<<1)
  5 #define rs ((x<<1)|1)
  6 #define lson ls,L,mid
  7 #define rson rs,mid+1,R
  8 #define rep(i,l,r) for (int i=l; i<=r; i++)
  9 #define For(i,x) for (int i=h[x],k; i; i=nxt[i])
 10 typedef long double ld;
 11 using namespace std;
 12 
 13 const int N=50100;
 14 int n,m,u,v,cnt,nd,dfn[N],d[N],top[N],sz[N],son[N],f[N],h[N],to[N<<1],nxt[N<<1];
 15 ld vx[N],vy[N],vp[N],vq[N];
 16 
 17 void add(int u,int v){ to[++cnt]=v; nxt[cnt]=h[u]; h[u]=cnt; }
 18 
 19 struct Seg{
 20     ld px[N],py[N];
 21     vector<int>V[N<<2];
 22     
 23     void insert(vector<int>&V,int p){
 24         while (V.size()>1 && (px[V[V.size()-1]]-px[p])*(py[V[V.size()-2]]-py[p])-(py[V[V.size()-1]]-py[p])*(px[V[V.size()-2]]-px[p])<-1e-10) V.pop_back();
 25         V.push_back(p);
 26     }
 27     
 28     void build(int x,int L,int R){
 29         if (L==R){ V[x].push_back(L); return; }
 30         int mid=(L+R)>>1;
 31         build(lson); build(rson);
 32         int pl=0,pr=0,tl=V[ls].size(),tr=V[rs].size();
 33         while (pl<tl || pr<tr)
 34             if (pr==tr || (pl<tl && px[V[ls][pl]]<px[V[rs][pr]])) insert(V[x],V[ls][pl++]);
 35                 else insert(V[x],V[rs][pr++]);
 36     }
 37     
 38     ld que(int x,int L,int R,int l,int r,ld k){
 39         if (L==l && R==r){
 40             int ll=1,rr=V[x].size()-1,mid,ans=0;
 41             while (ll<=rr){
 42                 mid=(ll+rr)>>1;
 43                 if (py[V[x][mid]]-k*px[V[x][mid]]-1e-10>py[V[x][mid-1]]-k*px[V[x][mid-1]]) ans=mid,ll=mid+1; else rr=mid-1;
 44             }
 45             return py[V[x][ans]]-k*px[V[x][ans]];
 46         }
 47         int mid=(L+R)>>1;
 48         if (r<=mid) return que(lson,l,r,k);
 49         else if (l>mid) return que(rson,l,r,k);
 50             else return max(que(lson,l,mid,k),que(rson,mid+1,r,k));
 51     }
 52 }A,B;
 53 
 54 ld solve(int x,int y,ld ans){
 55     ld res1=-1e16,res2=-1e16;
 56     while (top[x]!=top[y]){
 57         if (d[top[x]]<d[top[y]]) swap(x,y);
 58         res1=max(res1,A.que(1,1,n,dfn[top[x]],dfn[x],ans));
 59         res2=max(res2,B.que(1,1,n,dfn[top[x]],dfn[x],ans));
 60         x=f[top[x]];
 61     }
 62     if (d[x]>d[y]) swap(x,y);
 63     res1=max(res1,A.que(1,1,n,dfn[x],dfn[y],ans));
 64     res2=max(res2,B.que(1,1,n,dfn[x],dfn[y],ans));
 65     return res1+res2;
 66 }
 67 
 68 void dfs(int x,int fa){
 69     sz[x]=1; son[x]=0;
 70     For(i,x) if ((k=to[i])!=fa){
 71         f[k]=x; d[k]=d[x]+1; dfs(k,x); sz[x]+=sz[k];
 72         if (sz[k]>sz[son[x]]) son[x]=k;
 73     }
 74 }
 75 
 76 void dfs1(int x,int tp){
 77     dfn[x]=++nd; top[x]=tp; A.px[nd]=vx[x]; A.py[nd]=vy[x]; B.px[nd]=vp[x]; B.py[nd]=vq[x];
 78     if (son[x]) dfs1(son[x],tp);
 79     For(i,x) if ((k=to[i])!=f[x] && k!=son[x]) dfs1(k,k);
 80 }
 81 
 82 int main(){
 83     freopen("bzoj2402.in","r",stdin);
 84     freopen("bzoj2402.out","w",stdout);
 85     scanf("%d",&n);
 86     rep(i,1,n) scanf("%Lf",&vx[i]);
 87     rep(i,1,n) scanf("%Lf",&vy[i]);
 88     rep(i,1,n) scanf("%Lf",&vp[i]);
 89     rep(i,1,n) scanf("%Lf",&vq[i]);
 90     rep(i,1,n-1) scanf("%d%d",&u,&v),add(u,v),add(v,u);
 91     dfs(1,0); dfs1(1,1);
 92     A.build(1,1,n); B.build(1,1,n);
 93     for (scanf("%d",&m); m--; ){
 94         scanf("%d%d",&u,&v);
 95         ld L=0,R=1e8; int c=50;
 96         while (c--){
 97             ld mid=(L+R)/2;
 98             if (solve(u,v,mid)>1e-10) L=mid; else R=mid;
 99         }
100         printf("%.5Lf\n",L);
101     }
102     return 0;
103 }

[BZOJ2402]陶陶的難題II(樹鏈剖分+線段樹維護凸包+分數規劃)