「NOI2014」魔法森林-LCT

给定一个$n$个点$m$条边的无向图,每条边有两个权值$a_i,b_i$。请你找到一条从$1 \rightarrow n$ 的道路,令道路上所有边的集合为$S$,使$ans = \max(a_i)+\max(b_j),i,j \in S$最小,求出这个最小值$ans$。

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Luogu P2387

BZOJ 3669

题解

这题告诉我们了一个$LCT$(连猫树)的新用法:动态维护最小生成树。

思考一下:如果我们有一颗生成树,现在再添加进一条边,图里必然会出现一个环。而新的最小生成树就是在这个环里面砍掉最大的那一条边而得到的。

这是非常显然的。

可以发现一个结论,就是给定一个无向图,那么$1 \rightarrow n$路径上边权最大值最小的这些边一定在其最小生成树里面。这个只要考虑一下$Kruskal$算法的过程就很容易明白。

那么再回来看这个问题。如果这个地方只有一维的限制,那么我们就可以用并查集做。这是一个离线的做法,也就是我们把所有边一股脑的扔进去,拿到一个最小生成树,然后答案就是这两点之间的边权最大值。(其实是并查集直到两个东西联通为止)

但是现在有了$a$这一维的限制,该怎么办呢?考虑一下贪心的做法,我们可以利用$LCT$动态维护最小生成树的特点。

考虑对于$a$排序之后,就可以排除掉$a$对这个东西的干扰。然后我们按照$a$从小到大往树里面加边,每次维护最小生成树,答案就可以用$a_{now} + b_{max}$来求得,动态更新即可。

为什么这个东西是正确的呢?如果路径上的$a_{max} < a_{now}$,会不会对答案造成影响?

不会。因为如果$a_{max} < a_{now}$,那么在我们加到$a_{max}$这条边的时候,其所有路径上的边应该已经出现,就可以囊括$a_{max} + b_{max}$这种情况了。而如果后面换用了其他$b$更小的边,显然$a_{max}$会扩大为$a_{now}$,算法的正确性就可以保证了。

$LCT$只能维护点权,所以我们把边换成点,每次$link$或者$cat$的时候连或者猫两下就可以了。

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#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cctype>
using namespace std;

namespace fast_io {
//...
}using namespace fast_io;

const int MAXN = 151000;

struct Link_Cat_Tree{
int val[MAXN],maxn[MAXN];
int c[MAXN][2],f[MAXN];
bool rev[MAXN];
int getmax(int u,int x,int y){
if(val[u] >= val[maxn[x]] && val[u] >= val[maxn[y]])
return u;
else if(val[maxn[x]] >= val[maxn[y]])
return maxn[x];
else
return maxn[y];
}
bool noroot(int x){
return (c[f[x]][1] == x) || (c[f[x]][0] == x);
}
void push_up(int x){
if(!x) return;
maxn[x] = getmax(x,c[x][0],c[x][1]);
}
void reverse(int x){
if(!x) return;
swap(c[x][0],c[x][1]);
rev[x]^=1;
}
void push_down(int x){
if(!x) return;
if(rev[x]){
reverse(c[x][0]),reverse(c[x][1]);
rev[x] = 0;
}
}
void push_all(int x){
if(!x) return;
if(noroot(x)) push_all(f[x]);
push_down(x);
}
void rotate(int x){
int y = f[x],z = f[y],t = (c[y][1] == x),w = c[x][1-t];
if(noroot(y)) c[z][c[z][1]==y] = x;
c[x][1-t] = y;c[y][t] = w;
if(w) f[w] = y;
f[y] = x;f[x] = z;
push_up(y),push_up(x);
}
void splay(int x){
push_all(x);
while(noroot(x)){
int y = f[x],z = f[y];
if(noroot(y))
(c[z][1] == y) ^ (c[y][1] == x) ? rotate(x):rotate(y);
rotate(x);
}
}
void access(int x){
for(int y = 0;x;x=f[y=x]){
splay(x);
c[x][1] = y,push_up(x);
}
}
void makeroot(int x){
access(x);splay(x);reverse(x);
}
int findroot(int x){
access(x);splay(x);
push_down(x);
while(c[x][0])
x = c[x][0],push_down(x);
return x;
}
void link(int x,int y){
makeroot(x);
if(findroot(y) != x)
f[x] = y;
}
void cat(int x,int y){
makeroot(x);
if(findroot(y) == x && f[x] == y && !c[x][1])
f[x] = c[y][0] = 0,push_up(y);
}
void split(int x,int y){
makeroot(x),access(y),splay(y);
}
int querymax(int x,int y){
return split(x,y),maxn[y];
}
}T;

//点1->n 边n+1->n+m
int n,m;

struct Edge{
int from,to,a,b;
}edge[MAXN];

bool cmp(Edge x,Edge y){
return x.a < y.a;
}

void init(){
read(n),read(m);
int a,b,f,t;
for(int i = 1;i<=m;i++){
read(f),read(t),read(a),read(b);
edge[i] = (Edge){f,t,a,b};
}
}

void solve(){
int ans = 0x3f3f3f3f;
sort(edge + 1,edge+m+1,cmp);
for(int i = 1;i<=m;i++)
T.val[n+i] = edge[i].b;
for(int i = 1;i<=n+m;i++)
T.maxn[i] = i;
int x = 0,y = 0,a = 0,b = 0;
for(int i = 1;i<=m;i++){
x = edge[i].from,y = edge[i].to;
a = edge[i].a,b = edge[i].b;
if(x == y) continue;
if(T.findroot(x)!=T.findroot(y))
T.link(n+i,x),T.link(n+i,y);
else{
int t = T.querymax(x,y) - n;
if(edge[t].b < b) continue;
T.cat(n+t,edge[t].from),T.cat(n+t,edge[t].to);
T.link(n+i,x),T.link(n+i,y);
}
if(T.findroot(1) == T.findroot(n))
ans = min(ans,a+edge[T.querymax(1,n)-n].b);
}
if(ans > 1000000000)
print(-1);
else
print(ans);
print('\n');
}

int main(){
init();
solve();
flush();
return 0;
}