从[SDOI2011]消防 到[NOIP2007]树网的核

应该都和我一样一下水了两题吧
P2491 [SDOI2011] 消防
P1099 [NOIP2007 提高组] 树网的核

题目描述

在一颗 \(n\) 个节点的无根树中,找到一条不超过 \(s\) 的路径,使得图中所有点到此路径距离的最大值最小,图中边权非负

分析

若想将此题转化到树网的核,首先要证明对于任意一条不在直径上的路径,都能在直径上找到更优解
首先理解一个显然的结论:路径越长,结果越优

证明

以下过程中所用符号及其含义:

  • \(f(i)\) 表示从 \(i\) 出发不经过直径上的边所能到达的最长距离
  • \((u, v)\) 为树的直径, \(L\) 为直径长度
  • \((A, B)\) 为所取不在直径上的路径
  • \(d(i, j)\)\(i\)\(j\) 间的路径长

Part 1 : 所选路径与直径有交集


根据直径的最长性,很容易得到如下性质:

  1. 对于 \((u, C)\) 路径上的每一点\(i\), 都有\(f(i) \leq d(u, C)\)

如果大于,那么 $ f(i) + d(i, v) > L$, 与直径的最长性矛盾

  1. 对于\((D, v)\) 路径上的每一点 \(i\), 都有\(f(i) \leq d(D, v)\)

通过观察发现,只需截取 \((C, D)\) 就能满足1,2两条性质
由此我们可以将 \((A, C)\)\((D, B)\) 称作是多余的,完全可以将\(AC, DB\) 的长度转化到直径上获得更优解


第一部分证毕。

Part 2 : 所选路径与直径无交集

图中边权满足\(x \leq y\)

\(val1\) 为图中所有点到 \(AB\) 的最大距离,则一定有$$val1 = y + z \geq \dfrac{L} {2} + 1$$
考虑用反证法证明:假设存在点 \(C\),使得 \(C\)\(AB\) 的距离大于 \(val1\)

其中 \(C\)\(AB\) 距离的最小值 \(d = val1 + 1\)

case 1:


$ d + z + y > L $ 矛盾

case 2:


\((d - w - z) + (x + w) = x + y + 1 > L\) 矛盾

我们可以得到 \(val1_min = \dfrac{L}{2} + 1\)

然后再考虑在原图直径上截一段\(PQ \leq s\)

其中 \(a, b \leq \dfrac{L}{2}\), 且对于任意直径上的点 \(i\)\(f(i) \leq \dfrac{L}{2}\)

显然有 $$val2 \leq \dfrac{L}{2} $$ $$ val2 < val1$$
因此对于每一条与直径不相交的路径都能在直径上构造出更优解


第二部分证毕。

AC代码

#include<iostream>
#include<queue>
#include<vector>
#include<cstring>
#define ll long long

using namespace std;
const ll N = 5e5 + 5, inf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;

int n, vis[N], a[N];
ll s, d[N], sum[N];

vector<pair<int, ll> > son[N];
pair<int, ll> pre[N];

int bfs(int source) {
	memset(d, -1, sizeof d);
	queue<int> q;
	q.push(source);
	d[source] = 0;
	while(!q.empty()) {
		int x = q.front();
		q.pop();
		for(auto [y, z] : son[x]) {
			if(d[y] == -1) {
				d[y] = d[x] + z;
				pre[y] = {x, z};
				q.push(y);
			}
		}
	}
	int ret = source;
	for(int i = 1; i <= n; ++ i) {
		if(d[ret] < d[i]) ret = i;
	}
	return ret;
}

void dfs(int x) {
	vis[x] = 1, d[x] = 0;
	for(auto [y, z] : son[x]) {
		if(vis[y]) continue;
		dfs(y);
		d[x] = max(d[x], d[y] + z);
	} 
}

int main() {
	ios :: sync_with_stdio(0);
	cin.tie(nullptr);
	cin >> n >> s;
	for(int i = 1, x, y, z; i < n; ++ i) {
		cin >> x >> y >> z;
		son[x].push_back({y, z});
		son[y].push_back({x, z});
	}
	int u = bfs(1);
	int v = bfs(u);
	int p = v, idx; ll maxd = -inf, ans = inf;
	while(p != u) {
		a[++ idx] = p;
		p = pre[p].first;
	}
	a[++ idx] = u;
	for(int i = 1; i <= idx; ++ i) vis[a[i]] = 1;
	for(int i = 1; i <= idx; ++ i) {
		dfs(a[i]);
		sum[i] = sum[i - 1] + pre[a[i - 1]].second;
		maxd = max(maxd, d[a[i]]);
	}
	for(int i = 1, j = 1; i <= idx; ++ i) {
		while(sum[j + 1] - sum[i] <= s && j < idx) ++ j;
		ans = min(ans, max(maxd, max(sum[i], sum[idx] - sum[j])));
	}
	cout << ans;
	return 0;
}

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