abc270_f Transportation 题解

Posted 2023-05-18 lw0的博客园据点

abc270_f Transportation 题解

Transportation

题意

有 \\(n\\) 个城市，你可以执行以下操作若干次：

• 选择一个没有建机场的城市 \\(i\\)，花费 \\(x_i\\) 建一个机场。
• 选择一个没有建港口的城市 \\(i\\)，花费 \\(y_i\\) 建一个港口。

还有 \\(m\\) 条没有修建的道路，第 \\(i\\) 条道路双向连接 \\(a_i\\) 和 \\(b_i\\)，修建这条道路需要花费 \\(z_i\\)。

两个城市 \\(u\\) 和 \\(v\\) 直接可达当且仅当：

• \\(u\\) 和 \\(v\\) 都有机场。
• \\(u\\) 和 \\(v\\) 都有港口。
• \\(u\\) 和 \\(v\\) 直接有一条道路。

求最小花费，使得从任意一个城市 \\(u\\) 可以在经过若干城市后抵达任意一个城市 \\(v\\)。

思路

这题只考建图和最小生成树。

初步考虑

首先，不看机场和港口，那么就变成了一个最小生成树问题。

特殊情况

那么有机场呢？画张草图看看吧。

上面那种建图方式，就是在两个有机场的城市间建边，不仅难以维护花费，你也不知道有多少个城市建了机场，建图方式不够优秀。

优化建图

这种建图方式值得思考。

根据题意，两个有机场的城市可以互相抵达，相当于有一个机场聚集地，设立机场的城市可以来到这个聚集地，并从这里走向另外一个设立机场的城市。

那么维护起来就很方便了，假定机场聚集地在 \\(n+1\\)，那么就可以把 \\(i = 1,2\\cdots n\\) 中的每个 \\(i\\) 都向 \\(n + 1\\) 建立一条候选边，边权为 \\(x_i\\)。

上图就会变成：

港口同理，将聚集地设置为与机场聚集地不同的一个即可(也不能和任何一座城市下标相同)，建议设为 \\(n+2\\)。

最后思考

可我并不知道是否要通过建立机场来互相抵达啊？

这个也不难，枚举是否建立机场和是否建立港口，跑一遍克鲁斯卡尔，求出 \\(4\\) 种情况中花费最小值即可。

复杂度

• 时间：\\(O(4\\times(2n+m) \\log (2n+m))\\)。
• 空间：\\(O(2n+m)\\)。

Code

#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;
using ll = long long;

const int N = 2e5 + 10, E = 6e5 + 10;

struct Edge 
  int x, y, z;
  bool operator < (const Edge &i) const 
    return z < i.z;
  
 e[N], a[E];

int n, m, x[N], y[N], fa[N], ae;
ll ans = 1e18;

int Find (int x) 
  return (fa[x] ? fa[x] = Find(fa[x]) : x);


ll kruskal (bool f1, bool f2)  // 克鲁斯卡尔算法
  ll sum = 0;
  int num = 0;
  sort(a + 1, a + ae + 1);
  for (int i = 1; i <= ae; i++)  // 这些不用说了吧
    int l = Find(a[i].x), r = Find(a[i].y);
    if (l != r) 
      sum += a[i].z, num++, fa[l] = r;
    
  
  if (num == n + f1 + f2 - 1)  // 注意！题目并不保证在只走普通道路的情况下一定合法，需判断
    return sum;
  
  return 1e18;


int main () 
  ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0);
  cin >> n >> m;
  for (int i = 1; i <= n; i++) 
    cin >> x[i];
  
  for (int i = 1; i <= n; i++) 
    cin >> y[i];
  
  for (int i = 1; i <= m; i++) 
    cin >> e[i].x >> e[i].y >> e[i].z;
  
  for (int i = 0; i < 2; i++)  // 是否建立机场
    for (int j = 0; j < 2; j++)  // 是否建立港口
      for (int k = 1; k <= n + 2; k++) 
        fa[k] = 0; // 先清空
      
      ae = 0;
      for (int k = 1; k <= m; k++)  // m 条道路
        a[++ae] = e[k];
      
      if (i)  // 走机场
        for (int k = 1; k <= n; k++) 
          a[++ae] = k, n + 1, x[k];
        
      
      if (j)  // 走港口
        for (int k = 1; k <= n; k++) 
          a[++ae] = k, n + 2, y[k];
        
      
      ans = min(ans, kruskal(i, j));
    
  
  cout << ans;
  return 0;

ABC-270 F - Transportation(kruskal)

ABC-270 F - Transportation(kruskal)

考虑等价转换，建立两个虚点(分别表示airport和harbor的中转站)。

这样就可以把点统一为边权问题。

对于操作1和操作2，就是等价于向虚点连边。

那么就变成给定$M$条边求连通的MST问题。

这里值得注意的是，我们并不要求虚点一定要在连通块里。

因此需要分4种情况讨论，二进制枚举即可(两个虚点是否在连通块里)。

然后跑MST的kruskal即可。

如枚举时，某个虚点不在树中，那么对应的边直接跳过。否则就按照MST的原则贪心选择即可。
时间复杂度：$O(mlogm)$

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
int n,m,f[201000];
struct qq
	int u,v,w;
a[1001000];
int F(int x)
	if(x==f[x])return x;
	return f[x]=F(f[x]); 

bool cmp(qq a,qq b)return a.w<b.w;
bool check(int x,int y)
	if(x<=n)return 0;
	x-=n+1;
	return (y>>x)&1;

int main()
	scanf("%d%d",&n,&m);int M=m;
	for(int i=1,x;i<=n;i++)scanf("%d",&x),a[++M]=(qq)n+1,i,x;
	for(int i=1,y;i<=n;i++)scanf("%d",&y),a[++M]=(qq)n+2,i,y;
	for(int i=1;i<=m;i++)scanf("%d%d%d",&a[i].u,&a[i].v,&a[i].w);
	sort(a+1,a+M+1,cmp);
	ll ans=1e18;
	for(int st=0;st<4;st++)
		for(int i=1;i<=n+2;i++)f[i]=i;
		ll sz=0;int os=0,ok=n-1+!(st>>1)+!(st&1);
		for(int i=1;i<=M;i++)if(F(a[i].u)!=F(a[i].v))
			if(check(a[i].u,st)||check(a[i].v,st))
               continue;
			f[F(a[i].u)]=F(a[i].v),sz+=a[i].w,os++;
		
		if(os==ok)ans=min(ans,sz);
	
	return printf("%lld",ans),0;