NOI2018歸程(Kruskal重構樹)(以及騙分數據結構並查集)
題目描述
本題的故事發生在魔力之都,在這裏我們將為你介紹一些必要的設定。 魔力之都可以抽象成一個 n 個節點、m 條邊的無向連通圖(節點的編號從 1 至 n)。 我們依次用 l,a 描述一條邊的長度、海拔。 作為季風氣候的代表城市,魔力之都時常有雨水相伴,因此道路積水總是不可避免 的。由於整個城市的排水系統連通,因此有積水的邊一定是 海拔相對最低的一些邊。 我們用水位線來描述降雨的程度,它的意義是:所有海拔不超過水位線的邊都是有積水的。
Yazid 是一名來自魔力之都的 OIer,剛參加完 ION2018 的他將踏上歸程,回到他 溫暖的家。 Yazid 的家恰好在魔力之都的 1 號節點。對於接下來 Q 天,每一天 Yazid 都會告 訴你他的出發點 v ,以及當天的水位線 p。 每一天,Yazid 在出發點都擁有一輛 . 車。這輛車由於一些故障不能經過有積水的邊。 Yazid 可以在任意節點下車,這樣接下來他就可以步行經過有積水的邊。但車會被留在 他下車的節點並不會再被使用。 • 需要特殊說明的是,第二天車會被重置,這意味著: – 車會在新的出發點被準備好。 – Yazid 不能利用之前在某處停放的車。 Yazid 非常討厭在雨天步行,因此他希望在完成回家這一目標的同時,最小化他步行經過的邊的總長度。請你幫助 Yazid 進行計算。 本題的部分測試點將強制在線,具體細節請見【輸入格式】和【子任務】。
輸入格式
從文件 return.in 中讀入數據。 單個測試點中包含多組數據。輸入的第一行為一個非負整數 T,表示數據的組數。
接下來依次描述每組數據,對於每組數據:
• 第一行 2 個非負整數 n,m,分別表示節點數、邊數。
• 接下來 m 行,每行 4 個正整數 u,v,l,a,描述一條連接節點 u,v 的、長度為 l、海 拔為 a 的邊。
– 在這裏,我們保證 1≤u,v≤n。
• 接下來一行 3 個非負數 Q,K,S,其中 Q 表示總天數,K ∈{0,1} 是一個會在下面 被用到的系數,S 表示的是可能的最高水位線。
• 接下來 Q 行依次描述每天的狀況。每行 2 個整數 v0, p0 描述一天: – 這一天的出發節點為 v = (v0 + K×lastans−1) mod n + 1。
– 這一天的水位線為 p = (p0 + K×lastans) mod (S + 1)。
– 其中 lastans 表示上一天的答案(最小步行總路程)。特別地,我們規定第 1 天時 lastans = 0。
– 在這裏,我們保證 1≤v0 ≤n,0≤ p0 ≤S。 對於輸入中的每一行,如果該行包含多個數,則用單個空格將它們隔開。
輸出格式
輸出到文件 return.out 中。 依次輸出各組數據的答案。對於每組數據: • 輸出 Q 行每行一個整數,依次表示每天的最小步行總路程。
樣例:
input
1 4 3 1 2 50 1 2 3 100 2 3 4 50 1 5 0 2 3 0 2 1 4 1 3 1 3 2
output
0 50 200 50 150
解題思路
一.Kruskal重構樹
蒟蒻的我看了好長時間。
其實這是一個把邊抽象成點的過程。
對於這道題而言,車在沒有雨的路徑上跑多少是不考慮的,它只要求給出步行最近距離。
而對於步行,我們不需要考慮有沒有水。
所以我們只要知道在哪裏下車才是最合適的。
所以這道題的思路就是:
1.先跑一邊全圖Dij,預處理出每一個下車點時到1點的最短路。
2.再跑一遍Kruskal重構樹。
3.統計答案。
這裏重點說一下Kruskal重構樹,網上的講解好少QAQ
首先我們建一顆最大生成樹。
這和普通的建法不太一樣。
它使用Kruskal的貪心思想,先將邊權排序(從小到大)
在連接的時候將邊變成一個新點連進去
這樣一顆獨立出原圖的Kruskal重構樹就建出來了。
舉個例子,這是原圖為了不與邊權沖突,以大寫字母區分點,字母點為原圖具有的,數字點為重構的點。
將邊權排序:5 4 3 3 3 2 2 1 1
Kruskal重構樹是獨立出原圖的。
構建代碼:
void Kruskal() { int tot=n,nm=0; sort(me+1,me+m+1,cmp); for(int i=1;i<=m;i++) { int x=finf(me[i].u); int y=finf(me[i].v); if(x!=y) { nm++; tot++; ade(tot,x); ade(tot,y); p[x].bl=p[y].bl=tot; p[tot].val=me[i].a; p[tot].dis=oo; } if(nm==n-1) break; } Build_dfs(tot,tot); }
它有一些美好的性質:
1.這顆樹的重建節點的點權一定大於所有其子樹內重建節點點權。 2.非重建節點都是葉節點。 3.這可以由這個圖的最大生成樹的變形得來,所以具有一些最大生成樹的性質
這棵樹建好了,然後我們把點權設為邊權,然後再記錄一下這個點的子樹內葉節點的最小距1的距離
很顯然越高的節點記錄的距1距離越小
好了,每次查詢時,使用倍增來得到這個詢問點所有父親祖先上的最小合法點,輸出答案即可^_^
代碼:
1 #include<queue> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<algorithm> 5 using namespace std; 6 const int N=(int)(1e6); 7 const int M=(int)(1e6); 8 const int oo=0x3f3f3f3f; 9 void ads(int f,int t,int v); 10 struct pnt{ 11 int hd; 12 int no; 13 int bl; 14 int fa[20]; 15 int dis; 16 int hdl; 17 int val; 18 bool vis; 19 void rest(int i) 20 { 21 no=i; 22 bl=i; 23 dis=oo; 24 hdl=hd=0; 25 val=0; 26 vis=false; 27 return ; 28 } 29 bool friend operator < (pnt x,pnt y) 30 { 31 return x.dis>y.dis; 32 } 33 }p[N]; 34 struct ede{ 35 int u; 36 int v; 37 int l; 38 int a; 39 void Ins() 40 { 41 scanf("%d%d%d%d",&u,&v,&l,&a); 42 ads(u,v,l); 43 ads(v,u,l); 44 } 45 }me[M]; 46 struct ecc{ 47 int twd; 48 int lst; 49 int vls; 50 }ec[M]; 51 struct ent{ 52 int twd; 53 int lst; 54 }e[N*2]; 55 int T; 56 int cnt; 57 int ect; 58 int n,m; 59 int q,k,s; 60 int lastans; 61 priority_queue<pnt>Q; 62 bool cmp(ede x,ede y) 63 { 64 return x.a>y.a; 65 } 66 void rst() 67 { 68 lastans=0; 69 for(int i=1;i<N;i++) 70 p[i].rest(i); 71 cnt=ect=0; 72 } 73 void ade(int f,int t) 74 { 75 cnt++; 76 e[cnt].twd=t; 77 e[cnt].lst=p[f].hd; 78 p[f].hd=cnt; 79 } 80 void ads(int f,int t,int v) 81 { 82 ect++; 83 ec[ect].twd=t; 84 ec[ect].lst=p[f].hdl; 85 ec[ect].vls=v; 86 p[f].hdl=ect; 87 } 88 int finf(int x) 89 { 90 return x==p[x].bl?x:p[x].bl=finf(p[x].bl); 91 } 92 void Dij() 93 { 94 p[1].dis=0; 95 Q.push(p[1]); 96 while(!Q.empty()) 97 { 98 int x=Q.top().no; 99 Q.pop(); 100 if(p[x].vis)continue; 101 p[x].vis=true; 102 for(int i=p[x].hdl;i;i=ec[i].lst) 103 { 104 int to=ec[i].twd; 105 int vl=ec[i].vls; 106 if(p[to].dis>p[x].dis+vl) 107 { 108 p[to].dis=p[x].dis+vl; 109 Q.push(p[to]); 110 } 111 } 112 } 113 } 114 void Build_dfs(int x,int f) 115 { 116 p[x].fa[0]=f; 117 for(int i=1;i<=19;i++) 118 { 119 p[x].fa[i]=p[p[x].fa[i-1]].fa[i-1]; 120 } 121 for(int i=p[x].hd;i;i=e[i].lst) 122 { 123 int to=e[i].twd; 124 Build_dfs(to,x); 125 p[x].dis=min(p[x].dis,p[to].dis); 126 } 127 } 128 void Kruskal() 129 { 130 int tot=n,nm=0; 131 sort(me+1,me+m+1,cmp); 132 for(int i=1;i<=m;i++) 133 { 134 int x=finf(me[i].u); 135 int y=finf(me[i].v); 136 if(x!=y) 137 { 138 nm++; 139 tot++; 140 ade(tot,x); 141 ade(tot,y); 142 p[x].bl=p[y].bl=tot; 143 p[tot].val=me[i].a; 144 p[tot].dis=oo; 145 } 146 if(nm==n-1) 147 break; 148 } 149 Build_dfs(tot,tot); 150 } 151 int ans(int minpl,int pos) 152 { 153 for(int i=19;~i;i--) 154 if(p[p[pos].fa[i]].val>minpl) 155 pos=p[pos].fa[i]; 156 return p[pos].dis; 157 } 158 int main() 159 { 160 scanf("%d",&T); 161 while(T--) 162 { 163 rst(); 164 scanf("%d%d",&n,&m); 165 for(int i=1;i<=m;i++) 166 me[i].Ins(); 167 Dij(); 168 Kruskal(); 169 scanf("%d%d%d",&q,&k,&s); 170 for(int i=1;i<=q;i++) 171 { 172 int p00,v00; 173 scanf("%d%d",&v00,&p00); 174 v00=(v00+k*lastans-1)%n+1; 175 p00=(p00+k*lastans)%(s+1); 176 lastans=ans(p00,v00); 177 printf("%d\n",lastans); 178 } 179 } 180 return 0; 181 }
NOI2018歸程(Kruskal重構樹)(以及騙分數據結構並查集)