BZOJ3784 樹上路徑

給定乙個\(n\)個結點的樹，結點用正整數\(1..n\)編號。每條邊有乙個正整數權值。用\(d(a,b)\)表示從結點\(a\)到結點\(b\)路邊上經過邊的權值。其中要求\(a < b.\)將這\(n*(n-1)/2\)個距離從大到小排序，輸出前\(m\)個距離值。

統計樹上路徑的問題顯然需要澱粉質（好毒瘤啊，連續考了兩天點分治）。

由於前\(m\)大路徑難以直接統計，而我們又很擅長統計長度大於\(l\)的路徑個數，因此考慮首先二分答案求出第\(m\)大路徑的長度\(l\)，再統計長度大於\(l\)的路徑。

分析一波時間複雜度，點分\(o(n\ logn)\)，統計路徑時為了方便，我們需要排序後二分（又乙個\(logn\)），本身二分答案就是\(logn\)，這樣一來時間複雜度達到了\(o(n\ log^3n)\)，難以接受。

考試的時候想到一些小優化，如把點分後的每乙個子樹的根記錄下來。當時也想到了把路徑存下來，但不知道為什麼就認為空間複雜度不正確立馬否定掉了。實際上就是要將路徑存下來，而且空間複雜度為\(o(n\ logn)\)。這樣我們只需要最初建好點分樹併排好序，每次只需要對每乙個點為根的路徑二分一下\(o(n\ logn)\)，如此一來演算法的時間複雜度瓶頸為\(o(n\ log^2n)\)，本題得到完美解決。

#include using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=50005;
int n,m,h[maxn],g[maxn];
int rt,root,totsize,size[maxn],mx[maxn];
int lim,path[maxn];ll ans;
vectorv[maxn],g[maxn],ans;
bool vis[maxn];
struct edgee[maxn*2],f[maxn*2];
int getint()
void addedge(int x,int y,int z);h[x]=cnt;
}void addedge(int x,int y);g[x]=cnt;
}void getroot(int x,int fa)
mx[x]=max(mx[x],totsize-size[x]);
if(mx[x]&v)
}void build(int x)
sort(v[x].begin(),v[x].end());
for(int i=h[x];i;i=e[i].next)
}ll calc(vector&v)
}bool judge(int mid)
void dfs2(int x,int fa,int dis)
}void count(int x)
sort(path+now+1,path+path[0]+1);
inplace_merge(path+1,path+now+1,path+path[0]+1); }}
void solve2(int x)
}int main()
memset(vis,0,sizeof(vis));
lim=l;ans=0;solve2(rt);
while(ans.size()());
for(int i=0;i}

BZOJ3784 樹上路徑

bzoj3784 樹上的路徑

BZOJ3784 樹上的路徑

BZOJ3784樹上的路徑

BZOJ3784 樹上路徑

bzoj3784 樹上的路徑

BZOJ3784 樹上的路徑

BZOJ3784樹上的路徑

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