题解 luogu P5021 【赛道修建】

时间：2019.8.9 20:40

时间：2019.8.12

题目描述

C 城将要举办一系列的赛车比赛。在比赛前，需要在城内修建 \(m\) 条赛道。

C 城一共有 \(n\) 个路口，这些路口编号为 \(1,2,\dots,n\)，有 \(n-1\) 条适合于修建赛道的双向通行的道路，每条道路连接着两个路口。其中，第 \(i\) 条道路连接的两个路口编号为 \(a_i\) 和 \(b_i\)，该道路的长度为 \(l_i\)。借助这 \(n-1\) 条道路，从任何一个路口出发都能到达其他所有的路口。

一条赛道是一组互不相同的道路 \(e_1,e_2,\dots,e_k\)，满足可以从某个路口出发，依次经过道路 \(e_1,e_2,\dots,e_k\)（每条道路经过一次，不允许调头）到达另一个路口。一条赛道的长度等于经过的各道路的长度之和。为保证安全，要求每条道路至多被一条赛道经过。

目前赛道修建的方案尚未确定。你的任务是设计一种赛道修建的方案，使得修建的 \(m\) 条赛道中长度最小的赛道长度最大（即 \(m\) 条赛道中最短赛道的长度尽可能大）

题意分析

给出一棵 \(n\) 个点的树，并在其中选取 \(m\) 条边不相交的路径，使得最短路径（赛道）的长度尽可能大。

分析

最短路径的长度尽可能大，即要求最大化最小值。显然可以考虑二分。

考虑二分转换为判定问题：二分枚举 \(limit\)，能否选出 \(m\) 条长度不小于 \(limit\) 的路径？

不妨尽可能多地选择长度不小于 \(limit\) 的路径，判断选择的最大数量是否大于等于 \(m\)。

于是，我们的问题进一步被转换为：给出 \(limit\)，求出不小于 \(limit\) 的路径最多有多少条。

贪心策略

先给出一个定义：从 \(u\) 子树中某个节点连向 \(u\) 的一条路径称为“半链”（借鉴了 @XG_Zepto 的定义）

下面是一个半链的例子。我们发现，两条长度之和大于等于 \(limit\) 的未使用的半链（红色）可以合并在一起对答案造成贡献。

如图，A 和 B 分别是两条未被使用过的半链。如果 A 与 B 的总长可以达到 \(limit\)，则将它们合并，对答案就造成了贡献。

我们很容易想到：每次合并时尽量让两条半链总长接近 \(limit\)，此时才能更优。换句话说，让合法的总长尽量小更优。
另外，如果 \(v\) 是 \(u\) 的儿子，如果 \(v\) 的子树中有两条半链可以合并，那么就不要将其中某一条（再加上 \(u, v\) 距离后）留到 \(u\) 处合并。

这是因为一条半链对答案最多造成 \(1\) 的贡献，而且 \(v\) 只能留出一条返回给 \(u\)，这样做答案并不会更优。换句话说，能在子树中合并就尽量在子树中合并。

有了这两个贪心策略后，我们考虑递归遍历整棵树。访问到 \(u\) 号节点时，我们先将 \(u\) 的儿子们的子树中，能够合并的半链尽量合并，并将合并的数量累加到答案中。从某个儿子返回时，无非就两种情况：

该儿子子树中的半链不能两两配对合并。要么剩余的半链长度太小，要么数量不够（是奇数）。
子树中的半链已经两两配对了，没有剩余的半链。

相应的解决方案如下：

在剩余的半链中选择一条最长的半链，将其长度加上 \(u, v\) 距离后返回。（一个儿子最多返回一条半链）
直接返回 \(u, v\) 距离。

事实上，我们并不需要知道半链的始末节点。我们只需要知道半链的长度就行了（反正肯定可以合并的嘛）。

合并方法

说了这么多，具体应该怎么做呢？

如果我们访问到了 \(u\) 号节点，先将 \(u\) 的所有儿子递归遍历。每个儿子都会返回一条半链的长度。我们将这些长度统统存进一个 vector 里。

然后对这些数据合并。合并方法是每次找到两个总和不小于 \(limit\) 的数据，将答案累加 \(1\)，并将这两个数据删除。

我们既要保证不会漏掉一些合法的合并方案，又要尽可能地使最终返回的半链长度尽量长。首先是从小到大匹配（不会使答案更差，而且还避免最大的半链第一个被删除）。也许你会想到排序并使用双指针法（two-pointers），遗憾的是，双指针法会漏掉一些情况。

为什么？参考下面的一个样例。我们先假设双指针法从小到大合并吧，也就是代码可能长这个样子（减少了一些特判）：

// vector<int> v; n = v.size();
sort(v.begin(), v.end()); // 从小到大排序
int cur = n - 1;
for (int i = 0; i < n; i++) {
  if (used[i]) continue;
  while (used[cur] && v[i] + v[cur - 1] >= limit)
    cur--;
  if (v[i] + v[cur] >= limit) {
    ans++;
    used[i] = used[cur] = true;
  }
  if (i + 1 == cur) break;
}

为了使合并的总长尽可能小，当 v[i] + v[cur - 1] >= limit 时不断将 cur--。看上去好像并没有什么问题，每个半链 \(i\) 一定会找到与之匹配的最小半链 \(cur\)。这份代码甚至还过了样例。我们看看这样一组数据：

v: 1 2 3 3 3 4
limit = 5

很简单，是吧？如果使用双指针，会发生什么呢？

1 和 4 配对，cur--
2 和 3 配对，因为 2 和每个 3 都可以配对，根据我们的算法，我们让 2 和最左边的 3 配对。
好了，这个时候，\(i\) 指向 2，而 \(cur\) 指向最左边的 3，因为 \(i\) 和 \(cur\) 相撞，因此退出循环，并返回剩下数字中的最大值 3

发现什么问题了吗？指针移动的时候跳过了 3 和 3 这两个原本能够合并的数据。解决方案？将 \(cur\) 移到末尾？让 2 和最右边的 3 配对？从大到小配对？很可惜，都不行。可以轻易地构造 Hack 数据。双指针的问题就在于跳过了的数字没法找回来。

使用平衡树 / multiset

再回顾一下我们的任务：每次找到两个总和不小于 \(limit\) 的数据，将答案累加 \(1\)，并将这两个数据删除。

使用平衡树就行了嘛！不断遍历最小的数据 \(x\)，然后在平衡树中找到第一个比 \((limit - x)\) 大的数 \(y\)，将答案累加 \(1\)，最后将 \(x\) 和 \(y\) 删除，直到平衡树大小不超过 \(1\) 为止。

当然，我们也没必要手写一个平衡树。STL 里的 multiset 足以解决这个问题。

multiset::lower_bound(x) 返回第一个大于等于 \(x\) 的数 \(y\)（的迭代器）。如果你不知道迭代器是什么，你可以把它理解成一个更高明的指针（滑稽）。*iter 的语法同样适用于迭代器。

好了，下面这份代码可以取代上面那份双指针的代码了。

// multiset<int> son[u]
while (!son[u].empty()) {
  LL x = *(son[u].begin());
  son[u].erase(son[u].begin());
  Iter iter = son[u].lower_bound(limit - x);
  if (iter == son[u].end()) {
    ans.val = max(ans.val, x);
  } else {
    ans.cnt++;
    son[u].erase(iter);
  }
}

这里就是查找并删除的过程。注意如果 lower_bound 返回的迭代器等于 son[u].end() 则说明找不到。此时用它来更新 \(u\) 将要返回的最长半链长度。如果没有数据更新最长半链长度，则将其设成 \(0\)。加上 \(u, v\) 距离这步会在父亲中处理。

代码

注意一个小细节：如果某条半链的长度大于等于 \(limit\)，则这条半链可以单独成为一条路径（不用合并）。

代码其实还挺短的 qwq。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef multiset<LL>::iterator Iter;
const int kMaxN = 50000 + 10;
struct Graph {
  struct Arc {
    int to;
    LL dis;
  };
  vector<Arc> arcs[kMaxN];
  void Add(int u, int v, LL dis) {
    arcs[u].push_back((Arc) {v, dis});
    arcs[v].push_back((Arc) {u, dis});
  }
};
struct Info {
  int cnt;
  LL val;
};
Graph G;
int n, m;
LL limit, max_limit;
multiset<LL> son[kMaxN];
Info Dfs(int u, int fa) {
  Info ans = (Info) {0, 0ll};
  son[u].clear();
  for (int i = 0; i < G.arcs[u].size(); i++) {
    Graph::Arc& arc = G.arcs[u][i];
    int v = arc.to;
    if (v != fa) {
      Info res = Dfs(v, u);
      res.val += arc.dis;
      ans.cnt += res.cnt;
      if (res.val >= limit) {
        ans.cnt++;
      } else {
        son[u].insert(res.val);
      }
    }
  }
  while (!son[u].empty()) {
    LL x = *(son[u].begin());
    son[u].erase(son[u].begin());
    Iter iter = son[u].lower_bound(limit - x);
    if (iter == son[u].end()) {
      ans.val = max(ans.val, x);
    } else {
      ans.cnt++;
      son[u].erase(iter);
    }
  }
  return ans;
}
int main() {
  scanf("%d %d", &n, &m);
  for (int i = 1; i <= n - 1; i++) {
    int u, v, w;
    scanf("%d %d %d", &u, &v, &w);
    G.Add(u, v, w);
    max_limit += w;
  }
  LL end = 0, top = max_limit + 1;
  while (end + 1 != top) {
    limit = (end + top) >> 1;
    int count = Dfs(1, 0).cnt;
    if (count >= m) {
      end = limit;
    } else {
      top = limit;
    }
  }
  printf("%lld\n", end);
  return 0;
}