题目:2018 ACM-ICPC 中国大学生程序设计竞赛线上赛
参考博客:大神的最后是二分做法
题意:
给定一张无向带权图,规定
(1) 1跟2~n各连接一条边
(2) 2~n按照顺序依次连接一条边
然后有q个询问,每次询问输入一个d,问所有的边权加上d之后,从1到达n的最短路径长度。
思路:
这道题仔细观察会发现,从1到达n总共有n-1条路径,每一条的路径的经过的边的数目都不一样。
那么,某条路径的长度就会是
最终长度= 起始长度 + 这条路径经过的边的数目 * d
其实这就是一次函数的式子,斜率k为边的数目,截距b为起始长度,那么把所有的直线都画在平面内,那么就会得到类似如下的图
显然,我们要的答案将会最下边的折线里面诞生(即由黄线,绿线和蓝线组成),因此我们只需要从斜率最大的直线开始,往斜率递减的方向枚举直线,然后生成了折线(直线集,用栈的形式储存)。
正如上图所示,问题的关键在于,紫色线的处理,因为紫色线在整个折线(也就是答案)里面是没有任何贡献的,那么我们在形成直线集的时候,就可以根据当前枚举直线,与栈的最顶,次顶两条直线进行比对的结果(比较前两者的交点x坐标和后两者的交点x坐标),将栈顶的直线给删掉,如此处理之后就得到了答案的折线(直线集)
最后的处理,我是将题目的所有询问d,先读入进来排个序,然后再将d从小到大枚举,对应答案所在的直线的斜率也会递减,因此只需要扫一遍栈即可。时间复杂度O(q*log(q) + n)
代码如下:
#include <bits/stdc++.h>
#define x first
#define y second
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<ll, ll> P;
const int N = 1e5 + 10;
int n, q, T, cnt;
P d[N], line[N];
ll a[N], b[N], ans[N];
double getx(P a, P b)//获取交点的x坐标
{
return 1.0 * (a.y - b.y) / (b.x - a.x);
}
int main()
{
scanf("%d", &T);
while(T --)
{
scanf("%d%d",&n, &q);
for(int i = 2; i <= n; i ++)
scanf("%lld", a + i);
for(int i = 2; i < n; i ++)
scanf("%lld", b + i);
for(int i = 0; i < q; i ++)
{
scanf("%lld", &d[i].x);
d[i].y = i;
}
sort(d, d + q);
cnt = b[n] = 0;
for(int i = n - 1; i >= 2; i --)
b[i] += b[i + 1];//顶点到其余点的距离
for(int i = 2; i < n; i ++)
a[i] += b[i];//加上到1点的距离即为1到n的距离
for(int i = 2, j = n - 1; i <= n; j --, i ++)
{//j为斜率
while(cnt > 1 && getx(P(j, a[i]), line[cnt]) < getx(line[cnt], line[cnt - 1]))
cnt --;
line[++ cnt] = P(j, a[i]);
}
for(int i = 0, j = 1; i < q; i ++)
{
while(j < cnt && line[j].x * d[i].x + line[j].y >= line[j + 1].x * d[i].x + line[j + 1].y)
j ++;
ans[ d[i].y ] = line[j].x * d[i].x + line[j].y;
}
for(int i = 0; i < q; i ++)
{
if(i) printf(" ");
printf("%lld", ans[i]);
}
puts("");
}
return 0;
}