CSP模拟58联测20 注视一切的终结

题目大意

给定一个$n$个点$m$条边的无向连通图，每条边有颜色$w_i$。保证这个图存在自环和长度大于$2$且经过每个点一次的环，也就是说删除所有重边后图就变成了一棵树。

假设一条简单路径（路径上的各顶点均不互相重复）先后经过的边为$a_1,a_2,\cdots ,a_k$，定义这条路径的权值为$(w_{a_1}\ne w_{a_2})+(w_{a_2}+w_{a_3})+\cdots +(w_{a_{k-1}}+w_{a_k})$。

有$q$次询问，每次询问给出两个点$x,y$，求$x$到$y$的所有简单路径的权值最大值。

$1\le n,q\le 5\times 10^5,1\le m\le 10^6,1\le w_i\le m$

时间限制$4000ms$，空间限制$1024MB$。

题解

首先，如果一条边有大于等于三种颜色（我们把重边看作同一条边），则这条边一定有一种颜色与路径上其他两条边的颜色不同。所以，对于每条边，我们只需保留至多三种颜色。

为了方便，我们将每条边保存在其深度较大的端点$x$中，也就是每个点保存其连向父亲的边的颜色。边的第$i$种颜色记为$c{l}_{x,i}$。

考虑用倍增来解决问题。设$g_{x,t,i,j}$表示从点$x$往上跳$2^t$步，跳到的点靠近$x$的边为第$i$种颜色，另一端的边为第$j$种颜色时的最大权值。

$g$的初始值为$g_{x,0,i,j}=[c{l}_{x,i}\ne c{l}_{fa,j}]$，其中$fa$为$x$的父亲。

对于每个点$x$，在转移时，令$y=f_{x,t-1},z=f_{x,t}$（$f_{x,t}$表示$x$向上跳$2^t$步到达的点），枚举$x,y,z$的颜色$i,j,k$，则转移式为

g x , t , i , k = max ⁡ { g x , t − 1 , i , j + g y , t − 1 , j , k } g_{x,t,i,k}=\max\{g_{x,t-1,i,j}+g_{y,t-1,j,k}\} gx,t,i,k​=max{gx,t−1,i,j​+gy,t−1,j,k​}

对于每个查询的点$x,y$，先分别求出这两个点到$lca$的在与$lca$的连边选择不同颜色的最大权值$cx$和$cy$，转移与上面类似。如果其中一点为$lca$，则答案就是这些选择不同颜色的最大权值中的最大值；否则，枚举两条与$lca$的连边的颜色， a n s = max ⁡ { c x i + c y j + [ c l t x , i = = c l t y , j ] } ans=\max\{cx_i+cy_j+[cl_{tx,i}==cl_{ty,j}]\} ans=max{cxi​+cyj​+[cltx,i​==clty,j​]}，其中$tx$为$x$到$lca$路径上$lca$的前一个点，$ty$为$y$到$lca$路径上$lca$的前一个点。

时间复杂度为$O(3^{3}n\log n+3^{2}q\log n)$。

code

#include
#define lc k<<1
#define rc k<<1|1
using namespace std;
const int N=500005,M=1000000;
int n,m,q,tot=0,d[2*M+5],l[2*M+5],r[2*M+5],w[2*M+5],z[N+5];
int ans,ct[N+5],cl[N+5][4],dep[N+5],f[N+5][20],g[N+5][20][4][4];
void add(int xx,int yy,int zz){
	l[++tot]=r[xx];d[tot]=yy;r[xx]=tot;w[tot]=zz;
}
void dfs1(int u,int fa){
	if(z[u]) return;
	z[u]=1;
	for(int i=r[u];i;i=l[i]){
		if(d[i]==fa){
			if(ct[u]<3){
				int fl=1;
				for(int j=1;j<=ct[u];j++){
					if(w[i]==cl[u][j]) fl=0;
				}
				if(fl) cl[u][++ct[u]]=w[i];
			}
			continue;
		}
		dfs1(d[i],u);
	}
}
void dfs2(int u,int fa){
	if(z[u]==2) return;
	z[u]=2;
	dep[u]=dep[fa]+1;
	f[u][0]=fa;
	if(u>1){
		for(int i=1;i<=ct[u];i++){
			for(int j=1;j<=ct[fa];j++){
				g[u][0][i][j]=(cl[u][i]!=cl[fa][j]);
			}
		}
	}
	for(int t=1;(1<<t)<=dep[u];t++){
		f[u][t]=f[f[u][t-1]][t-1];
		int y=f[u][t-1],z=f[u][t];
		for(int i=1;i<=ct[u];i++){
			for(int j=1;j<=ct[y];j++){
				for(int k=1;k<=ct[z];k++){
					g[u][t][i][k]=max(g[u][t][i][k],g[u][t-1][i][j]+g[y][t-1][j][k]);
				}
			}
		}
	}
	for(int i=r[u];i;i=l[i]){
		if(d[i]==fa) continue;
		dfs2(d[i],u);
	}
}
int gtlca(int x,int y){
	if(dep[x]<dep[y]) swap(x,y);
	for(int i=19;i>=0;i--){
		if(dep[f[x][i]]>=dep[y]) x=f[x][i];
	}
	if(x==y) return x;
	for(int i=19;i>=0;i--){
		if(f[x][i]!=f[y][i]) x=f[x][i],y=f[y][i];
	}
	return f[x][0];
}
int gt(int x,int y,int *c){
	int cc[4];
	c[1]=c[2]=c[3]=0;
	for(int t=19;t>=0;t--){
		if(dep[f[x][t]]>dep[y]){
			cc[1]=cc[2]=cc[3]=0;
			for(int i=1;i<=ct[x];i++){
				for(int j=1;j<=ct[f[x][t]];j++){
					cc[j]=max(cc[j],c[i]+g[x][t][i][j]);
				}
			}
			c[1]=cc[1];c[2]=cc[2];c[3]=cc[3];
			x=f[x][t];
		}
	}
	return x;
}
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1,x,y,z;i<=m;i++){
		scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
		add(x,y,z);add(y,x,z);
	}
	dfs1(1,0);
	dfs2(1,0);
	scanf("%d",&q);
	for(int o=1;o<=q;o++){
		int x,y,lca,tx=0,ty=0,cx[4],cy[4];
		scanf("%d%d",&x,&y);
		lca=gtlca(x,y);
		if(x!=lca) tx=gt(x,lca,cx);
		if(y!=lca) ty=gt(y,lca,cy);
		ans=0;
		if(x==lca){
			for(int i=1;i<=ct[ty];i++) ans=max(ans,cy[i]);
		}
		else if(y==lca){
			for(int i=1;i<=ct[tx];i++) ans=max(ans,cx[i]);
		}
		else{
			for(int i=1;i<=ct[tx];i++){
				for(int j=1;j<=ct[ty];j++){
					ans=max(ans,cx[i]+cy[j]+(cl[tx][i]!=cl[ty][j]));
				}
			}
		}
		printf("%d\n",ans);
	}
	return 0;
}
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