BZOJ.4151.[AMPPZ2014]The Cave(结论)

BZOJ

不是很懂他们为何都要DFS三次。因而稳拿Rank1 qwq。
（三道题两个Rank1一个Rank3效率是否是有点高qwq？）

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记以\(1\)为根DFS时每一个点的深度是\(dep_i\)。对于一条限制\((a,b,D)\)，知足条件的点\(x\)知足：\(dep_a+dep_b-2dep_x\leq D\Rightarrow dep_x\geq\frac{dep_u+dep_v-D}{2}\)。
那么\(dep_x\)最小是\(\max\{0,\ \lceil\frac{dep_u+dep_v-D}{2}\rceil\}\)（先不考虑负数的状况）。
记\(p\)为全部\(m\)条限制中，\(\max\{0,\ \lceil\frac{dep_u+dep_v-D}{2}\rceil\}\)最大的那个点\(x\)。
有一个结论是：若\(p\)不能知足全部限制，则必定无解。不然\(p\)为一个合法的解。
\(p\)就是要求最严格的限制所对应的那个点。对于和\(p\)不在同一棵子树里的限制，显然该限制要知足\(p\)；在同一棵子树内的，由于\(p\)是最严格的，因此只要知足\(p\)就能够啦。

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#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define gc() getchar()
#define MAXIN 500000
//#define gc() (SS==TT&&(TT=(SS=IN)+fread(IN,1,MAXIN,stdin),SS==TT)?EOF:*SS++)
typedef long long LL;
const int N=3e5+5;

int Enum,H[N],nxt[N<<1],to[N<<1],fa[N],dep[N],A[N],B[N],D[N];
char IN[MAXIN],*SS=IN,*TT=IN;

inline int read()
{
    int now=0;register char c=gc();
    for(;!isdigit(c);c=gc());
    for(;isdigit(c);now=now*10+c-48,c=gc());
    return now;
}
inline void AE(int u,int v)
{
    to[++Enum]=v, nxt[Enum]=H[u], H[u]=Enum;
    to[++Enum]=u, nxt[Enum]=H[v], H[v]=Enum;
}
void DFS(int x)
{
    for(int i=H[x],v; i; i=nxt[i])
        if((v=to[i])!=fa[x]) fa[v]=x, dep[v]=dep[x]+1, DFS(v);
}

int main()
{
    for(int T=read(); T--; )
    {
        const int n=read(),m=read();
        Enum=0, memset(H,0,n+1<<2);
        for(int i=1; i<n; ++i) AE(read(),read());
        dep[1]=0, fa[1]=0, DFS(1);
        int mx=0,p=0;
        for(int i=1; i<=m; ++i)
        {
            int t=dep[A[i]=read()]+dep[B[i]=read()]-(D[i]=read());
            if(t>mx) mx=t, p=i;
        }
        if(!mx) {puts("TAK 1"); continue;}
        int x=A[p];
        for(int t=dep[x]-(mx+1)/2; t>0; --t,x=fa[x]);
        dep[x]=0, fa[x]=0, DFS(x);
        bool fg=1;
        for(int i=1; i<=m; ++i)
            if(dep[A[i]]+dep[B[i]]>D[i]) {fg=0; break;}
        fg?printf("TAK %d\n",x):puts("NIE");
    }
    return 0;
}