[NOIP2015] 运输计划

传送门

解答

思路1 直接求树上路径的交

将路径按长度排序，设最长的路径长度为\(L\)。对递增的\(k\)，求前\(k\)大路径的交中边的最大值\(M\)，第\(k+1\)长路径的长度为\(N\)，答案与\(\max\{L-M,N\}\)取最小值。

正确性：考虑一个合法的解，设它在前\(k\)条路径上，则其必不在第\(k+1\)条（若是有的话）路径上。

个人作法

设要求\(P_1=(u_1, v_1)\)以及\(P_2=(u_2,v_2)\)这两条路径的交\(P=P_1\cap P_2=(u,v)\)。

先考虑\(P_1\)，\(P_2\)都是链的状况（不妨设\(v_1,v_2\)分别为\(u_1,u_2\)的祖先）。

此时，考虑入栈序\(I\)与出栈序\(O\)：一个点\(x\)在\(P_i\)上当且仅当其知足\(I_{u_i} \le I_x \le I_{v_i}\)与\(O_{u_i} \ge O_x \ge O_{v_i}\)。（能够用二维线段树解决（雾））

考虑实际图形（设\(dep_{v_1}\le dep_{v_2}\)）。

先考虑在何时交为空。显然，在\(v_1\)与\(v_2\)不存在一个在另外一个的子树里的时候交为空。可是，它不是充分必要条件（例如，\(v_1\)是\(v_2\)的某个其余儿子）。原题设的充分必要条件是“\(v_1\)不在\(P_2\)上”，因此咱们在预处理时处理出入栈出序列，查询时直接比较便可。易知\(P\)中\(u=LCA(u_1,v_1), v = v_1\)。

若\(P_1,P_2\)都不简单：暴力转化成四对链的交的并。（常数极大）

注意题面里面没有保证\(u\ne v\)。

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

因为算法会把路径的交做为下一次的路径，因此若是对每条边进行考虑的话，复杂度有均摊保证。

首先，找出长度最大的路径上的全部边，将它们放入大根堆中（键值为边权）。

以后，从大到小枚举路径，考虑当前堆中的最大边是否在当前路径中，不在则弹出，以此类推。

代码难度较小……

思路2 二分答案（求长度大于答案的全部线段的交中的最大边权来验证答案）

由于最小值有点难求（且显然知足单调性），考虑将其转化为断定性问题。

因为二分答案只有\(\log\)次，因此求线段的交能够\(O(m+n)\)。对一条路径\((u,v)\)，tag[u]++, tag[v]++, tag[lca(u,v)]-=2便可。

以后，dfs整棵树，通过一条边时判断是否被全部选择的路径覆盖便可。（一条边被路径覆盖的次数=末端点子树的权值和）

LOJ最短代码