E1/E2. Weights Division (easy version)/(hard version)
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E1/E2. Weights Division (easy version)/(hard version)
E1. Weights Division (easy version)
题意:
一颗有n个节点的有根树,根节点是1。问最少操作多少次,可以使得从根节点到所有叶子节点的路径上的边权总和<=S。
即每个叶子节点上有一个人,这些人要到根节点去,每个人的花费为到根节点的边权和。操作多少次,使得所有人的边权总和<=S
每次操作使任选某一条边,将其边权值/2
思路:
我们已知树的结构,我们就可以知道每条边会经过多少次,然后采用优先队列,每次都选择操作总影响最大的那条边
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e5+5;
ll n,S,sum,ned;
ll val[N],cnt[N]; //val[i],表示以i为边的下端点,记录边的权值, cnt[i]表示第i条边使用的次数
struct node1ll v,w;;
struct node2
ll val,cnt;
bool operator<(const node2& t)const //按着影响从大到小排列
return (val-val/2)*cnt<(t.val-t.val/2)*t.cnt;
;
vector<node1>edge[N];
void dfs(ll u,ll fa)
ll len=edge[u].size();
if(len==1) cnt[u]=1; //叶子节点
for(ll i=0;i<len;i++)
ll v=edge[u][i].v;
if(v==fa) continue;
dfs(v,u);
val[v]=edge[u][i].w;
cnt[u]+=cnt[v];
void solve()
scanf("%lld%lld",&n,&S);
sum=ned=0;
for(ll i=1;i<=n;i++) edge[i].clear(),val[i]=cnt[i]=0;
for(ll i=1;i<n;i++)
ll u,v,w; scanf("%lld%lld%lld",&u,&v,&w);
edge[u].push_back(v,w);
edge[v].push_back(u,w);
dfs(1,-1);
priority_queue<node2>q;
for(ll i=2;i<=n;i++) q.push(val[i],cnt[i]),sum+=val[i]*cnt[i]; //初始总花费
while(sum>S)
auto u=q.top(); q.pop();
sum=sum-(u.val-u.val/2)*u.cnt;
q.push(u.val/2,u.cnt);
ned++;
printf("%lld\\n",ned);
int main()
int t;scanf("%d",&t);
while(t--) solve();
E2. Weights Division (hard version)
题意:
同E1,不过给每条边加了一个单次操作花费,要求输出花费最小的情况下,满足题意
思路:
我们知道花费只有1、2两种,我们将花费1跟2进行分类,分别按照只有改花费进行一次优先队列处理,记录两个的前缀和
随后我们枚举花费1的操作数,可以知道花费2应该做出的贡献,可以通过二分的方式来得到花费2的操作次数,最后取min值
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll N=1e5+5;
ll n,S,sum;
ll val[N],cnt[N];
ll pre[3][N*20],id1,id2;
struct node1ll v,w,c;;
vector<node1>edge[N];
struct node2
ll val,cnt;
bool operator<(const node2& t)const
return (val-val/2)*cnt<(t.val-t.val/2)*t.cnt;
;
priority_queue<node2>q[3];
void init()
for(ll i=0;i<=id1;i++) pre[1][i]=0;
for(ll i=0;i<=id2;i++) pre[2][i]=0;
sum=id1=id2=0;
for(ll i=1;i<=n;i++) edge[i].clear(),val[i]=cnt[i]=0;
while(q[1].size()) q[1].pop();
while(q[2].size()) q[2].pop();
void dfs(ll u,ll fa)
ll len=edge[u].size();
if(len==1&&fa!=-1) cnt[u]=1;
for(ll i=0;i<len;i++)
ll v=edge[u][i].v;
if(v==fa) continue;
dfs(v,u);
val[v]=edge[u][i].w;
cnt[u]+=cnt[v];
sum+=val[v]*cnt[v];
q[edge[u][i].c].push(val[v],cnt[v]);
void solve()
scanf("%lld%lld",&n,&S);
init();
for(ll i=1;i<n;i++)
ll u,v,w,c; scanf("%lld%lld%lld%lld",&u,&v,&w,&c);
edge[u].push_back(v,w,c);
edge[v].push_back(u,w,c);
dfs(1,-1);
if(sum<=S) puts("0");return;
while(!q[1].empty()) //只对花费1的边进行操作
auto u=q[1].top(); q[1].pop();
ll now=(u.val-u.val/2)*u.cnt;
id1++;
pre[1][id1]=pre[1][id1-1]+now; //前缀和
if(sum-pre[1][id1]<=S) break;
if(u.val/2!=0) q[1].push(u.val/2,u.cnt);
while(!q[2].empty()) //只对花费2的边进行操作
auto u=q[2].top(); q[2].pop();
ll now=(u.val-u.val/2)*u.cnt;
id2++;
pre[2][id2]=pre[2][id2-1]+now; //前缀和
if(sum-pre[2][id2]<=S) break;
if(u.val/2!=0) q[2].push(u.val/2,u.cnt);
ll ans=1e18;
for(ll i=0;i<=id1;i++) //枚举对花费1的边进行操作的次数
ll ned2=sum-pre[1][i];
ll l=0,r=id2,pos=1e18; //二分找对花费2的边需要的操作次数
while(l<=r)
ll mid=(l+r)>>1;
if(ned2-pre[2][mid]<=S) pos=mid,r=mid-1;
else l=mid+1;
ans=min(ans,i+pos*2);
printf("%lld\\n",ans);
int main()
int t;scanf("%d",&t);
while(t--) solve();
以上是关于E1/E2. Weights Division (easy version)/(hard version)的主要内容,如果未能解决你的问题,请参考以下文章
E1/E2. Weights Division (easy version)/(hard version)
Codeforces Round #661 (Div. 3) E2. Weights Division (hard version)
Codeforces Round #661 (Div. 3) E2. Weights Division (hard version)