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解答

思路1 直接求樹上路徑的交

將路徑按長度排序，設最長的路徑長度爲\(L\)。對遞增的\(k\)，求前\(k\)大路徑的交中邊的最大值\(M\)，第\(k+1\)長路徑的長度爲\(N\)，答案與\(\max\{L-M,N\}\)取最小值。

正確性：考慮一個合法的解，設它在前\(k\)條路徑上，則其必不在第\(k+1\)條（若是有的話）路徑上。

個人作法

設要求\(P_1=(u_1, v_1)\)以及\(P_2=(u_2,v_2)\)這兩條路徑的交\(P=P_1\cap P_2=(u,v)\)。

先考慮\(P_1\)，\(P_2\)都是鏈的狀況（不妨設\(v_1,v_2\)分別爲\(u_1,u_2\)的祖先）。

此時，考慮入棧序\(I\)與出棧序\(O\)：一個點\(x\)在\(P_i\)上當且僅當其知足\(I_{u_i} \le I_x \le I_{v_i}\)與\(O_{u_i} \ge O_x \ge O_{v_i}\)。（能夠用二維線段樹解決（霧））

考慮實際圖形（設\(dep_{v_1}\le dep_{v_2}\)）。

先考慮在何時交爲空。顯然，在\(v_1\)與\(v_2\)不存在一個在另外一個的子樹裏的時候交爲空。可是，它不是充分必要條件（例如，\(v_1\)是\(v_2\)的某個其餘兒子）。原題設的充分必要條件是「\(v_1\)不在\(P_2\)上」，因此咱們在預處理時處理出入棧出序列，查詢時直接比較便可。易知\(P\)中\(u=LCA(u_1,v_1), v = v_1\)。

若\(P_1,P_2\)都不簡單：暴力轉化成四對鏈的交的並。（常數極大）

注意題面裏面沒有保證\(u\ne v\)。

route merge(route R, route r) {
	if (R.empty() && r.empty()) return NO;
	else if (R.empty()) return r;
	else if (r.empty()) return R;
	else {
		R.clean(), r.clean();
		if (R.v == r.v) return (route){R.u, r.u};
		else assert(0);
	}
}
route inter(route R, route r) {
	if (R.empty() || r.empty()) return NO;
	R.clean(), r.clean();
	int L = lca(R.u, R.v).first, l = lca(r.u, r.v).first;
	if (L == R.v && l == r.v) {
		if (dep[L] < dep[l]) {
			swap(L, l);
			swap(R, r);
		}
		if (din[r.v] <= din[R.v] && din[R.v] <= din[r.u] && dout[r.v] >= dout[R.v] && dout[R.v] >= dout[r.u]) return route(lca(R.u, r.u).first, L);
		else return NO;
	}
	if (L == R.v) {
		swap(R, r);
		swap(L, l);
	}
	return merge(inter(route(R.u, L), r), inter(route(R.v, L), r));
}

神犇wygz的作法

因爲算法會把路徑的交做爲下一次的路徑，因此若是對每條邊進行考慮的話，複雜度有均攤保證。

首先，找出長度最大的路徑上的全部邊，將它們放入大根堆中（鍵值爲邊權）。

以後，從大到小枚舉路徑，考慮當前堆中的最大邊是否在當前路徑中，不在則彈出，以此類推。

代碼難度較小……

思路2 二分答案（求長度大於答案的全部線段的交中的最大邊權來驗證答案）

由於最小值有點難求（且顯然知足單調性），考慮將其轉化爲斷定性問題。

因爲二分答案只有\(\log\)次，因此求線段的交能夠\(O(m+n)\)。對一條路徑\((u,v)\)，tag[u]++, tag[v]++, tag[lca(u,v)]-=2便可。

以後，dfs整棵樹，通過一條邊時判斷是否被全部選擇的路徑覆蓋便可。（一條邊被路徑覆蓋的次數=末端點子樹的權值和）

LOJ最短代碼