考试的时候打了个树链剖分,而且还审错题了,以为是每天找所有点的最长路,原来是每天起点的树上最长路径再搞事情。。

先用dfs处理出来每个节点以他为根的子树的最长链和次长链。(后面会用到)

然后用类似dp的方法把每个节点的最长路径求出来。

下面是具体解释,请思考

以一个节点为例(w为它与父亲节点道路的权值)

一、如果它父亲节点的最长路径不过它

那么它最长路径等于它父亲最长路径+w(自己画图即可理解,往上走的)

它的次长路径等于它的最长链(只能往下走)

二、如果过它

那么它的最长路径有两种可能

①它的最长链

②它父亲的次长路径+w

如果①优,那么它最长路径为①,次长路径为max(它的次长链,②)

如果②优,那么它最长路径为②,次长路径为①

很好理解吧。。。

然后让求最大值与最小值差在m之内的最长子串。

据他们说有O(n)的做法,不过我打了O(nlogn)的打法,跑进了1s,反正O(能过)就行。

我的nlogn是二分答案+单调队列。二分答案去验证,挨个移动,看是否满足条件。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
#define pos(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define pos2(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
int n,m;
#define N 1001000
struct haha
{
	int to,next,w;
};
int read()
{
    int x=0;
    char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9')
        ch=getchar();
    while(ch>='0'&&ch<='9')
        x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
    return x;
}
haha edge[N*4];
int head[N],cnt=1;
void add(int u,int v,int w)
{
	edge[cnt].w=w;
	edge[cnt].to=v;
	edge[cnt].next=head[u];
	head[u]=cnt++;
}
struct qian
{
	int fir,firch;      int sec,secch;
	int roadfir,roadsec;int roadfirch,roadsecch;
}cun[N];
int fa[N];
void dfs(int now)
{
	for(int i=head[now];i;i=edge[i].next)
	{
		int to=edge[i].to;
		int w=edge[i].w;
		dfs(to);
		if(cun[now].sec<cun[to].fir+w)
		{
			cun[now].sec=cun[to].fir+w;
			cun[now].secch=to;
			if(cun[now].sec>cun[now].fir)
			{
				swap(cun[now].sec,cun[now].fir);
				swap(cun[now].secch,cun[now].firch);
			}
		}
	}
}
void dp(int now,int w)
{
	if(now==1)
	{
		cun[now].roadfir=cun[now].fir;
		cun[now].roadsec=cun[now].sec;
		cun[now].roadfirch=cun[now].firch;
		cun[now].roadsecch=cun[now].secch;
	}
	else
	{
		if(cun[fa[now]].roadfirch!=now)
		{
			cun[now].roadfir=cun[fa[now]].roadfir+w;
			cun[now].roadfirch=fa[now];
			cun[now].roadsec=cun[now].fir;
		}
		else
		{
			if(cun[now].fir>cun[fa[now]].roadsec+w)
			{
				cun[now].roadfir=cun[now].fir;
				cun[now].roadfirch=cun[now].firch;
				cun[now].roadsec=max(cun[now].sec,cun[fa[now]].roadsec+w);
			}
			else
			{
				cun[now].roadfir=cun[fa[now]].roadsec+w;
				cun[now].roadfirch=fa[now];
				cun[now].roadsec=cun[now].fir;
			}
		}
	}
	for(int i=head[now];i;i=edge[i].next)
	{
		int to=edge[i].to;
		int ww=edge[i].w;
		dp(to,ww);
	}
}
int f[N];
int qmax[N],hed,tail;
int qmin[N],beg,ed;
bool find(int val){
    hed=tail=0;
    beg=ed=0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        while(hed<tail&&i-qmax[hed]>=val) hed++;
        while(beg<ed&&i-qmin[beg]>=val) beg++;
        while(hed<tail&&f[qmax[tail-1]]<f[i])   tail--;qmax[tail++]=i;
        while(beg<ed&&f[qmin[ed-1]]>f[i]) ed--;qmin[ed++]=i;
        if(i>=val&&f[qmax[hed]]-f[qmin[beg]]<=m) return true;
    }
    return false;
}
int main()
{
    //freopen("race.in","r",stdin);
    //freopen("race.out","w",stdout);
	n=read();m=read();
	pos(i,2,n)
	{
		int x,y;
		x=read();y=read();
		add(x,i,y);
		fa[i]=x;
	}
	dfs(1);
	dp(1,0);

    for(int i=1;i<=n;i++)
        cout<<cun[i].roadfir<<" "<<cun[i].roadsec<<endl;
	while(1);
    for(int i=1;i<=n;i++)
	   f[i]=cun[i].roadfir;
	int l=1,r=n+1;
	while(l<r-1){
        int mid=l+r>>1;
        if(find(mid))l=mid;
        else r=mid;
    }
    int l=1,r=n+1;
    while(l<r-1)
    {
        int mid=(l+r)>>1;
        if(find(mid))
          l=mid;
        else
          r=mid;
    }   

	cout<<l;
	//while(1);
	return 0;
}

  

[BZOJ 2500]幸福的道路 树形dp+单调队列+二分答案的更多相关文章

  1. bzoj2500幸福的道路 树形dp+单调队列

    2500: 幸福的道路 Time Limit: 20 Sec  Memory Limit: 256 MBSubmit: 434  Solved: 170[Submit][Status][Discuss ...

  2. [BZOJ 2500] 幸福的道路

    照例先贴题面(汪汪汪) 2500: 幸福的道路 Time Limit: 20 Sec  Memory Limit: 256 MBSubmit: 368  Solved: 145[Submit][Sta ...

  3. bzoj2500: 幸福的道路(树形dp+单调队列)

    好题.. 先找出每个节点的树上最长路 由树形DP完成 节点x,设其最长路的子节点为y 对于y的最长路,有向上和向下两种情况: down:y向子节点的最长路g[y][0] up:x的次长路的g[x][1 ...

  4. ●BZOJ 2500 幸福的道路

    题链: http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=2500 题解: DFS,单调队列 首先有一个结论,距离树上某一个点最远的点一定是树的直径的一个 ...

  5. bzoj 2500 幸福的道路 树上直径+set

    首先明确:树上任意一点的最长路径一定是直径的某一端点. 所以先找出直径,求出最长路径,然后再求波动值<=m的最长区间 #include<cstdio> #include<cst ...

  6. [BZOJ 4033] [HAOI2015] T1 【树形DP】

    题目链接:BZOJ - 4033 题目分析 使用树形DP,用 f[i][j] 表示在以 i 为根的子树,有 j 个黑点的最大权值. 这个权值指的是,这个子树内部的点对间距离的贡献,以及 i 和 Fat ...

  7. [poj3017] Cut the Sequence (DP + 单调队列优化 + 平衡树优化)

    DP + 单调队列优化 + 平衡树 好题 Description Given an integer sequence { an } of length N, you are to cut the se ...

  8. DP+单调队列 codevs 1748 瑰丽华尔兹(还不是很懂具体的代码实现)

    codevs 1748 瑰丽华尔兹 2005年NOI全国竞赛  时间限制: 1 s  空间限制: 128000 KB  题目等级 : 大师 Master 题解       题目描述 Descripti ...

  9. BZOJ 1926: [Sdoi2010]粟粟的书架(主席树,二分答案)

    BZOJ 1926: [Sdoi2010]粟粟的书架(主席树,二分答案) 题意 : 给你一个长为\(R\)宽为\(C\)的矩阵,第\(i\)行\(j\)列的数为\(P_{i,j}\). 有\(m\)次 ...

随机推荐

  1. 山东第一届省赛1001 Phone Number(字典树)

    Phone Number Time Limit: 1000ms   Memory limit: 65536K  有疑问?点这里^_^ 题目描述 We know that if a phone numb ...

  2. 【java基础】面向对象的三大基本特征之-------继承

    面向对象的三大特征:封装,继承,多态 java通过extends关键字来实现继承,而且是单继承,一个子类只可以有一个直接父类,但是父类还可以有父类... java.long.Object是所有类的父类 ...

  3. UML(一) 类图及类间关系

    原创文章,同步发自作者个人博客,http://www.jasongj.com/uml/class_diagram/ UML类图 UML类图介绍 在UML 2.*的13种图形中,类图是使用频率最高的UM ...

  4. MVC的自定义动作过滤器(一)

    感谢好朋友wolfy在园子里的很多有价值的文章,方便了很多朋友,向榜样学习,开始自己的总结之旅:) 遇到问题: 1.http://q.cnblogs.com/q/67382/#a_150210 //添 ...

  5. github基本操作

    http://www.cnblogs.com/SeeYouBug/p/6193527.html#3583637

  6. cf319.B. Modulo Sum(dp &amp;&amp; 鸽巢原理 &amp;&amp; 同余模)

    B. Modulo Sum time limit per test 2 seconds memory limit per test 256 megabytes input standard input ...

  7. QDir, QFileInfo 和 QDirIterator 区别

    这三个类相互有关联,但是有不尽相同,首先从名字上看,QDir 和 QDirIterator 是针对于文件目录的,也就是文件夹,我们知道,对于一个文件夹,可以包含很多文件,也可以包含其他文件夹,通常是一 ...

  8. 【linux磁盘分区--格式化】fdisk,parted,mkfs.ext3

    磁盘分区完成后,一般就需要对分区进行格式化 磁盘分区命令主要有两个: fdisk :最大支持不超过2T分区: parted :支持GPT,适用于大容量分区: 分区指令的选择: 在RHEL系统上,用fd ...

  9. mac搭建PHP开发环境

    在Mac系统上搭建Php服务器环境: LAMP: Linux Apache MySQL PHP MAMP: MACOS APACHE(自带) MYSQL(需自己安装) PHP(自带) 一.APACHE ...

  10. iOS xcode6添加预编译文件

    在xcode6以后,由于苹果不建议开发者乱用预编译文件,所以,在项目创建之后 就不会自动生成预编译文件. 那么如果我们想要使用预编译文件,就需要自己动手来添加.那到底该如何为我们的项目添加预编译文件呢 ...