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poj3728(lca / tarjan离线)

2024-11-03 02:30:39   205人阅读

题目链接: http://poj.org/problem?id=3728

 

题意: 给出一棵带点权值的树, 对于 q 组形如 x, y 的询问, 一个人要从 x 到 y(单向), 他可以在路上任意一点以此点的的权值买一件物品, 并在接下来的路程中任意一点将其以该点的权值卖出, 输出其最大收益, 若不能获益则输出 0 .

 

思路: 若不考虑时间复杂度的话对于询问 x, y. 可以先求出 lca(x, y), 然后再 x -> lca -> y 路径上求一下最大收益即可. 然而这样会 tle.

可以考虑一下化简后面部分.

对于一组询问 x, y. 最大收益有 3 种情况:

1. x -> lca 过程中取得最大值

2. lca -> y 过程中取得最大值

3. lca -> y 中的最大权值减去 x -> lca 中的最小权值

 

为了方便处理这 3 种情况, 分别取

up 数组, up[x] 为 x -> lca 过程中能取得的最大值

dow 数组, dow[x] 为 lca -> x 过程中能取得的最大值

mi 数组, mi[x] 为 x -> lca 过程中最小权值

mx 数组, mx[x] 为 x -> lca 过程中最大权值

则第三种情况为: mx[y] - mi[x]

 

那么 x, y 的最大收益可以表示为: max(max(up[x], dow[y]), mx[y] - mi[x])

 

然而如果对于每一组 x, y 都更新一遍 up, dow, mi, mx 数组的话, 显然也是会 tle 的, 但是我们并没有必要那样做.

若对于询问 x, y, 我们已经的到了对应的 up, dow, mi, mx 数组, 那么对于 lca 在 lca(x, y) 上面的询问, 即对于 lca 为 lca(x, y) 祖先节点的询问 x1, x2,

假设 lca(x, y) 在 lca(x1, y1) 左子树中, 我们可以只更新 lca(x, y) 和 y1 到 lca(x1, y1) 对应的数组即可, 而无需更新 x1, y1 到 lca(x1, y1) 对应的数组.

如此, 我们可以按照询问的 lca 值从树的底层向上更新答案, 只需遍历一次树即可.

 

具体操作为; 在 tarjan 递归过程中先处理出所有询问的 lca, 然后在回溯时按 lca 自底向上更新答案即可.

 

代码:

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  1 #include <iostream>
  2 #include <stdio.h>
  3 #include <string.h>
  4 using namespace std;
  5 
  6 const int MAXN = 5e4 + 10;
  7 struct node{
  8     int v, ip, next;
  9     node(){};
 10     node(int V, int IP, int NEXT) : v(V), ip(IP), next(NEXT){};
 11 }edge1[MAXN << 1], edge2[MAXN << 1], edge3[MAXN << 1];
 12 
 13 int pre[MAXN], a[MAXN], b[MAXN];
 14 int head1[MAXN], head2[MAXN], head3[MAXN], id1, id2, id3;
 15 int vis[MAXN], up[MAXN], dow[MAXN], mi[MAXN], mx[MAXN], sol[MAXN];
 16 
 17 void init(void){
 18     memset(vis, 0, sizeof(vis));
 19     memset(head1, -1, sizeof(head1));
 20     memset(head2, -1, sizeof(head2));
 21     memset(head3, -1, sizeof(head3));
 22     id1 = id2 = id3 = 0;
 23 }
 24 
 25 void addedge1(int u, int v, int ip){
 26     edge1[id1] = node(v, ip, head1[u]);
 27     head1[u] = id1++;
 28 }
 29 
 30 void addedge2(int u, int v, int ip){
 31     edge2[id2] = node(v, ip, head2[u]);
 32     head2[u] = id2++;
 33 }
 34 
 35 void addedge3(int u, int v, int ip){
 36     edge3[id3] = node(v, ip, head3[u]);
 37     head3[u] = id3++;
 38 }
 39 
 40 int find(int v){//压缩路径并处理路径上的 up, dow, mi, mx 数组
 41     if(v == pre[v]) return v;//到叶子节点或者下面的lca时停止递归
 42     int fa = pre[v];
 43     pre[v] = find(pre[v]);
 44     up[v] = max(max(up[v], up[fa]), mx[fa] - mi[v]);//以 v -> lca 为入边
 45     dow[v] = max(max(dow[v], dow[fa]), mx[v] - mi[fa]);//以 lca -> v 为出边
 46     mi[v] = min(mi[v], mi[fa]);
 47     mx[v] = max(mx[v], mx[fa]);
 48     return pre[v];
 49 }
 50 
 51 void tarjan(int u){
 52     vis[u] = 1;
 53     pre[u] = u;
 54     for(int i = head2[u]; i != -1; i = edge2[i].next){
 55         int v = edge2[i].v;
 56         int ip = edge2[i].ip;
 57         if(vis[v]){
 58             int f = find(v);
 59             addedge3(f, v, ip);//记录以 f 为 lca 的询问
 60         }
 61     }
 62     for(int i = head1[u]; i != -1; i = edge1[i].next){
 63         int v = edge1[i].v;
 64         if(!vis[v]){
 65             tarjan(v);
 66             pre[v] = u;
 67         }
 68     }
 69     for(int i = head3[u]; i != -1; i = edge3[i].next){//回溯时计算以 u 为 lca 的询问
 70         int ip = edge3[i].ip;
 71         find(a[ip]);
 72         find(b[ip]);
 73         sol[ip] = max(max(up[a[ip]], dow[b[ip]]), mx[b[ip]] - mi[a[ip]]);
 74     }
 75 }
 76 
 77 int main(void){
 78     int n, x, y, q;
 79     while(~scanf("%d", &n)){
 80         init();
 81         for(int i = 1; i <= n; i++){
 82             scanf("%d", &x);
 83             up[i] = dow[i] = 0;
 84             mi[i] = mx[i] = x;
 85         }
 86         for(int i = 1; i < n; i++){
 87             scanf("%d%d", &x, &y);
 88             addedge1(x, y, i);
 89             addedge1(y, x, i);
 90         }
 91         scanf("%d", &q);
 92         for(int i = 0; i < q; i++){
 93             scanf("%d%d", &x, &y);
 94             a[i] = x;
 95             b[i] = y;
 96             addedge2(x, y, i);
 97             addedge2(y, x, i);
 98         }
 99         tarjan(1);
100         for(int i = 0; i < q; i++){
101             printf("%d\n", sol[i]);
102         }
103     }
104     return 0;
105 }
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