「NOIP2007」树网的核
2024-10-08 13:15:38
传送门
Luogu
解题思路
这里着重介绍 \(O(n^3)\) 的做法,毕竟考场上只有 \(N\le300\) \(Q \omega Q\)
首先我们要知道,对任意一条直径算偏心距都是一样的。
证明
首先任意两条直径都必定会相交,否则把这两条直径相连就会得到更长的路径来充当直径。
其次相交的直径在不相交的部分,长度分别相等,不然就不能保证两者都是等长的直径。
然后我们肯定要知道,一条偏心距一定是一个点到直径端点的距离,不然保证不了最长。
如果偏心距包含了一些直径的交,那么这些偏心距一定都是等长的,可以根据上面的推论证明;如果不包含,就一定不会比包含的优,所以只要跨过公共部分就可以了,也就是说任意一条都可以。
所以先 \(O(n^3)\) \(\text{Floyd}\) 求出树的一条直径。
然后 \(O(n^2)\) 暴力枚举一条直径上的长度不超过 \(s\) 的路径,在枚举一个点 \(k\) 计算当前的偏心距,最后把所有偏心距取 \(\min\) 。
然后提一下两个事情:
\(d[i][x]+d[x][j]=d[i][j]\) 说明 \(x\) 在路径 \((i, j)\) 上;
\((d[i][x] + d[j][x] - d[i][j])/2\) 表示 \(x\) 和 \((i, j)\) 的距离。
证明很简单,画个图就好了。
细节注意事项
- 咕咕咕
参考代码
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <cmath>
#include <ctime>
#define rg register
using namespace std;
template < typename T > inline void read(T& s) {
s = 0; int f = 0; char c = getchar();
while (!isdigit(c)) f |= c == '-', c = getchar();
while (isdigit(c)) s = s * 10 + (c ^ 48), c = getchar();
s = f ? -s : s;
}
const int _ = 302;
int n, s, d[_][_];
int main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("in.in", "r", stdin);
#endif
read(n), read(s);
memset(d, 0x3f, sizeof d);
for (rg int i = 1; i <= n; ++i) d[i][i] = 0;
for (rg int u, v, x, i = 1; i < n; ++i)
read(u), read(v), read(x), d[u][v] = d[v][u] = min(d[u][v], x);
for (rg int k = 1; k <= n; ++k)
for (rg int i = 1; i <= n; ++i)
for (rg int j = 1; j <= n; ++j)
d[i][j] = min(d[i][j], d[i][k] + d[k][j]);
int tp = 0, bt = 0, D = 0;
for (rg int i = 1; i <= n; ++i)
for (rg int j = 1; j <= n; ++j)
if (D < d[i][j])
D = d[i][j], tp = i, bt = j;
int ans = 2147483647;
for (rg int i = 1; i <= n; ++i) {
if (d[tp][i] + d[i][bt] != D) continue;
for (rg int j = 1; j <= n; ++j) {
if (d[tp][j] + d[j][bt] != D) continue;
if (d[i][j] > s) continue;
int ecc = -1;
for (rg int k = 1; k <= n; ++k)
ecc = max(ecc, (d[i][k] + d[j][k] - d[i][j]) >> 1);
ans = min(ans, ecc);
}
}
printf("%d\n", ans);
return 0;
}
完结撒花 \(qwq\)
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