[IOI2008/BZOJ1791 岛屿]（处理基环树的小技巧&基于bfs树形DP）

素颜马尾好姑娘i 2021-10-01 04:20 243阅读 0赞

[IOI2008/BZOJ1791 岛屿][IOI2008_BZOJ1791]

题目大意是在一个基环树森林里求每一棵**基环树的直径①**的和。

其实就是树的直径的基环树升级版。我们先把环找出来，然后从环上的每一个节点x出发，并且不经过环上其他节点，做一次树形DP，求出x的子树中到x最远的路径长d\[x\]和x的子树的直径dp\[x\]。

那么基环树的直径只有两种情况：

1.直径不经过环上的节点

对于每一个dp\[x\]取max就好了。

2.直径经过环上的节点

对于任意环上的两个节点x和y，都可以构成一条路径d\[x\]+d\[y\]+dist(x,y)，其中dist(x,y)为x和y在**环上的距离②**。

**　　**可以直接n^2枚举找最大的吗?当然不能，N<=1e6耶。

这个时候就要用一点套路。首先把环复制一遍接在原先的环后，然后对dist数组做个前缀和s，那么一条路径就成了(x>y) d\[x\]+d\[y\]+s\[x\]-s\[y\]=(d\[x\]+s\[x\])+(d\[y\]-s\[y\])，也就是说对于每个x我们需要找到在x之前的一个y满足(d\[y\]-s\[y\])最大，并且x-y<=环长。单调队列优化的套路嘛！

①**基环树的直径：**即基环树中最长的简单路径，这里简单路径指的是不自交（不重复经过任何点或边）的路径。

②**环上的距离：**有顺时针和逆时针两种，因为求的是直径，所以取两者中较长的。

这是luogu的AC代码：（温馨提示：代码太丑并且不是重点，您大可直接跳过看后面）

#include<bits/stdc++.h>
    using namespace std; const int N=1e6+5; typedef long long LL; struct edge{ int v,w,last; }e[N<<1]; int tot=1,tail[N]; inline void add(int x,int y,int z){ e[++tot]=(edge){y,z,tail[x]}; tail[x]=tot; } inline int read(){ int x=0,w=0;char ch=0; while(!isdigit(ch)) w|=ch=='-',ch=getchar(); while(isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar(); return w?-x:x; } bool incur[N]; int n,dn,cnt,dfn[N],tp,st[N][2],c[N],s[N]; void getcur(int x,int pre){ dfn[x]=++dn; for(int p=tail[x];p;p=e[p].last)if(p^pre^1){ int &v=e[p].v,&w=e[p].w; if(dfn[v]){ if(dfn[v]>=dfn[x]) continue; c[cnt=1]=v,s[cnt]=w,incur[v]=true; for(int i=tp;st[i][0]^v;--i) c[++cnt]=st[i][0],s[cnt]=st[i][1],incur[st[i][0]]=true; } else st[++tp][0]=v,st[tp][1]=w,getcur(v,p); } --tp; } int hd,rt,tl,q[N<<1]; LL ans,t,d[N],f[N],dp[N],sum[N<<1]; LL dfs(int x,int pre){ LL t=0;d[x]=f[x]=0; for(int p=tail[x];p;p=e[p].last)if(p^pre^1){ int &v=e[p].v,&w=e[p].w; if(incur[v]||v==pre) continue; t=max(t,dfs(v,x)),f[x]=max(f[x],d[x]+d[v]+w),d[x]=max(d[x],d[v]+w); } return max(f[x],t); } LL F(int id){ return dp[id]-sum[id]; } int main(){ n=read(); for(int i=1;i<=n;++i){ int x=read(),y=read();
     add(x,i,y),add(i,x,y); } for(int i=1;i<=n;++i)if(!dfn[i]){ memset(sum,0,sizeof sum); st[tp=1][0]=i,st[tp][1]=0; cnt=0;getcur(i,0); t=0; for(int j=1;j<=cnt;++j) t=max(t,dfs(c[j],0)),dp[j]=dp[j+cnt]=d[c[j]]; int hd=tl=0; for(int j=1;j<=cnt*2;++j){ sum[j]+=sum[j-1]+s[(j-1)>cnt?j-1-cnt:j-1]; while((hd^tl)&&j-q[hd]+1>cnt) ++hd; if(hd^tl) t=max(t,F(q[hd])+dp[j]+sum[j]) ; while((hd^tl)&&F(j)>F(q[tl-1])) --tl; q[tl++]=j; } ans+=t; } cout<<ans<<endl; return 0; }

又是找环，又是树形DP，又是单调队列优化的，是不是很恶心？没错，虽然用的算法不算高级，但由于种种原因做此题的人各种RE&WA&MLE&TLE，因此在洛谷上都成黑题了。

并且我要告诉你更恶心的是，由于BZOJ栈的限制，上面这份dfs的代码在BZOJ上还会爆栈......

正是在这种山穷水尽的时候，我发现了一些黑科技。

首先我们要分析题目图的特性，这是一棵无向基环树（暂时不管森林），画出来应该是这个样子（没画边权，下同）：

![1466520-20190626082546788-1409708436.png][]

题目的输入方式有点特别，是第i+1行输入一个x和y表示i+1和x有一条长度为y的边。那么我们暂时把它当作有向边，令to\[i+1\]=x,w\[i+1\]=y，画出来就是这个样子：

![1466520-20190626083148576-418698.png][]

它刚好是一棵**内向树③**！这是巧合吗？不是的。按照这种输入方式，每个点有且仅有一条出边，连出来就一定是一棵内向树。这样一来，我们就得到了每个节点x的父亲f\[x\]与它到父亲的边权w\[x\]，当然对于环上的节点是到它相邻节点的，且一定是同一个方向（有点不太好表达，看代码就懂了）。于是我们就可以用按拓扑排序的顺序自底向上地DP了，也就是基于bfs的树形DP。代码：

**③内向树**：n个点，n条边，每个节点有且仅有一条出边的有向连通图就好像以”基环“为中心，有向内收缩的趋势，故称为”内向树“。

#include<bits/stdc++.h>
    using namespace std; #define rg register
    const int N=1e6,M=1e6+1; typedef long long LL; inline int read(){ int x=0,w=0;char ch=0; while(ch<'0'||ch>'9') w|=ch=='-',ch=getchar(); while(ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar(); return w?-x:x; } bool v[M]; int n,cnt,dcnt,cur[M<<1],to[M],w[M],in[M]; LL t,ans,s[M<<1],d[M],f[M],dp[M]; struct Deque{
         //这个。。。手写的双端队列，不用管它
        int l,r,q[N]; Deque(){l=r=0;} void clear(){l=r=0;} bool empty() {
         return !(l^r);} void push_back(int v) {q[r++]=v;r%=N;} void push_front(int v) {q[l=(l-1+N)%N]=v;} void pop_front() {++l;l%=N;} void pop_back() {r=(r-1+N)%N;} int front() {
         return q[l];} int back() {
         return q[r-1];} }q; int main(){ n=read(); for(rg int i=1;i<=n;++i) ++in[to[i]=read()],w[i]=read(); for(rg int i=1;i<=n;++i) if(!in[i]) q.push_back(i);//入度为0的点入队
        while(!q.empty()){ int x=q.front(),&fa=to[x],&l=w[x];q.pop_front(); if(!--in[fa]) q.push_back(fa); //下面3行是DP，也就是更新父节点的信息
            f[fa]=max(f[fa],d[fa]+d[x]+l); //f：x的子树中经过x节点的最长路径
            d[fa]=max(d[fa],d[x]+l);//d: x的子树中离x最远的节点到x的距离
            dp[fa]=max(dp[fa],max(dp[x],f[fa])); //dp：x的子树的直径，也就是对f[x]和dp[y](to[y]=x)取max
     } for(rg int i=1;i<=n;++i)if(in[i]&&!v[i]){
         //基环树森林，不只一个环，用v标记
            cnt=0;t=0; for(rg int j=i;!v[j];j=to[j]){
         //这就是上面说的，这样一直沿着to走，一定能绕环一圈
                cur[++cnt]=j,v[j]=true;//把环抠下来
                t=max(t,dp[j]);//上面讨论的基环树直径的第一种情况
     } dcnt=cnt<<1; for(int i=cnt+1;i<=dcnt;++i) cur[i]=cur[i-cnt];//复制一遍环
            q.clear();//注意清空
            for(rg int j=1;j<=dcnt;++j){ s[j]=s[j-1]+w[cur[j-1]];//前缀和
                while(!q.empty()&&j-q.front()>=cnt) q.pop_front();//使满足j-q.front()+1<=cnt
                if(!q.empty()) t=max(t,d[cur[q.front()]]-s[q.front()]+d[cur[j]]+s[j]); while(!q.empty()&&d[cur[j]]-s[j]>d[cur[q.back()]]-s[q.back()]) q.pop_back(); q.push_back(j); } ans+=t;//累加每一棵基环树的直径
     } printf("%lld\n",ans); return 0; }

于是我们仅用这么点简洁的代码就A了一道黑题！这道题告诉我：拿到题先分析题目的特性，不要一来就按照传统方式存图，找环，dfs树形DP......

**2019-06-26**

转载于:https://www.cnblogs.com/gosick/p/11087876.html

[IOI2008_BZOJ1791]: https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1791
[1466520-20190626082546788-1409708436.png]: /images/20210724/59758744df1c458b91a7626b36598964.png
[1466520-20190626083148576-418698.png]: /images/20210724/04dd45975a9f4756a2438c1e978b55ad.png