P9755 [CSP-S 2023] 种树

题目描述

你是一个森林养护员，有一天，你接到了一个任务：在一片森林内的地块上种树，并养护至树木长到指定的高度。

森林的地图有 $n$ 片地块，其中 $1$ 号地块连接森林的入口。共有 $n-1$ 条道路连接这些地块，使得每片地块都能通过道路互相到达。最开始，每片地块上都没有树木。

你的目标是：在每片地块上均种植一棵树木，并使得 $i$ 号地块上的树的高度生长到不低于 $a_i$ 米。

你每天可以选择一个未种树且与某个已种树的地块直接邻接（即通过单条道路相连）的地块，种一棵高度为 $0$ 米的树。如果所有地块均已种过树，则你当天不进行任何操作。特别地，第 $1$ 天你只能在 $1$ 号空地种树。

对每个地块而言，从该地块被种下树的当天开始，该地块上的树每天都会生长一定的高度。由于气候和土壤条件不同，在第 $x$ 天，$i$ 号地块上的树会长高 $\max (b_i+x\times c_i,1)$ 米。注意这里的 $x$ 是从整个任务的第一天，而非种下这棵树的第一天开始计算。

你想知道：最少需要多少天能够完成你的任务？

输入格式

输入的第一行包含一个正整数 $n$，表示森林的地块数量。

接下来 $n$ 行：每行包含三个整数 $a_i,b_i,c_i$，分别描述一片地块，含义如题目描述中所述。

接下来 $n-1$ 行：每行包含两个正整数 $u_i,v_i$，表示一条连接地块 $u_i$ 和 $v_i$ 的道路。

输出格式

输出一行仅包含一个正整数，表示完成任务所需的最少天数。

输入输出样例 #1

输入 #1

4
12 1 1
2 4 -1
10 3 0
7 10 -2
1 2
1 3
3 4

输出 #1

5

说明/提示

【样例 1 解释】

第 $1$ 天：在地块 $1$ 种树，地块 $1$ 的树木长高至 $2$ 米。

第 $2$ 天：在地块 $3$ 种树，地块 $1,3$ 的树木分别长高至 $5,3$ 米。

第 $3$ 天：在地块 $4$ 种树，地块 $1,3,4$ 的树木分别长高至 $9,6,4$ 米。

第 $4$ 天：在地块 $2$ 种树，地块 $1,2,3,4$ 的树木分别长高至 $14,1,9,6$ 米。

第 $5$ 天：地块 $1,2,3,4$ 的树木分别长高至 $20,2,12,7$ 米。

【样例 2】

见选手目录下的 tree/tree2.in 与 tree/tree2.ans。

【样例 3】

见选手目录下的 tree/tree3.in 与 tree/tree3.ans。

【样例 4】

见选手目录下的 tree/tree4.in 与 tree/tree4.ans。

【数据范围】

对于所有测试数据有：$1\le n\le 10^5,1\le a_i\le 10^{18},1\le b_i\le 10^9,0\le |c_i|\le 10^9,1\le u_i,v_i\le n$。保证存在方案能在 $10^9$ 天内完成任务。

特殊性质 A：对于所有 $1\le i\le n$，均有 $c_i=0$；

特殊性质 B：对于所有 $1\le i<n$，均有 $u_i=i$、$v_i=i+1$；

特殊性质 C：与任何地块直接相连的道路均不超过 $2$ 条；

特殊性质 D：对于所有 $1\le i<n$，均有 $u_i=1$。

解题思路

• 资源计算函数 fin
• 该函数计算节点 x 在时间区间 [l, r] 内获取的资源总量。
• 若 c[x] >= 0，资源增长为线性函数，直接计算总和。
• 若 c[x] < 0，资源增长在某个时间点达到最大值后停止增长，需分段计算。
• 二分搜索时间 t
• 通过二分法确定满足所有节点资源需求的最小时间 t。初始范围为 [n, 1e9]，逐步缩小范围。
• 验证时间 t 是否可行
• 对于每个节点，计算其在 [1, t] 内能否满足 a[i]。
• 若满足，进一步计算满足 a[i] 的最小时间 ti[i]（即最早满足需求的时间）。
• 将所有节点按 ti[i] 排序，模拟资源分配过程，确保每个节点在其 ti[i] 前被访问。
  树的遍历与验证
• 使用深度优先搜索（DFS）预处理父节点关系。
• 按 ti[i] 排序后，模拟从根节点到各节点的访问顺序，确保时间约束。

代码解释

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ___ __int128
const int N=1e5+15;
int b[N],c[N],n,fa[N],stk[N];
long long a[N];
int tot,h[N*2],ne[N*2],to[N*2];
int id[N],ti[N];
bool yon[N];

宏与全局变量
___ 定义为 __int128，用于大数计算避免溢出。
a[i] 是节点资源需求，b[i] 和 c[i] 是资源增长函数的参数。
fa[i] 存储父节点，id 和 ti 用于排序和验证。
yon[i] 标记节点是否被访问过。

void add(int a,int b) {tot++;ne[tot]=h[a];h[a]=tot;to[tot]=b;
}

邻接表添加边
用于构建树的邻接表结构。

bool cmp(int a,int b) {return ti[a]<ti[b];
}

排序比较函数
按节点满足需求的时间 ti[i] 排序。

void dfs(int u,int f) {fa[u]=f;for(int i=h[u];i;i=ne[i]) {int j=to[i];if(j!=f)dfs(j,u);}
}

• DFS预处理父节点
• 从根节点开始遍历树，记录每个节点的父节点。

___ fin(int x,___ l,___ r) {if(c[x]>=0) return (r-l+1)*b[x]+(r-l+1)*(l+r)/2*c[x];___ g=(1-b[x])/c[x];if(g<l) return r-l+1;if(g>r) return (r-l+1)*b[x]+(r-l+1)*(l+r)/2*c[x];return (g-l+1)*b[x]+(g-l+1)*(l+g)/2*c[x]+r-g;
}

• 资源计算函数
• 根据 c[x] 的符号选择计算方式：
• c[x] >= 0：线性增长，直接求和。
• c[x] < 0：分段计算，先线性增长到峰值后停止。

bool check(int t) {for(int i=1;i<=n;i++) {if(fin(i,1,t)<a[i])return 0;else {int l=1,r=n;while(l<r) {int mid=(l+r+1)>>1;if(fin(i,mid,t)>=a[i])l=mid;else r=mid-1;}id[i]=i;ti[i]=l;yon[i]=0;}}sort(id+1,id+1+n,cmp);int js=0;for(int i=1;i<=n;i++) {if(yon[id[i]])continue;stack<int>s1;int x=id[i];while(!yon[x]) {yon[x]=1;s1.push(x);if(fa[x]!=0)x=fa[x];}while(!s1.empty()) {int j=s1.top();s1.pop();js++;if(ti[j]<js)return 0;}}return 1;
}

验证函数
检查每个节点在 [1, t] 内是否满足 a[i]。
对满足的节点，计算其最小满足时间 ti[i]。
按 ti[i] 排序后模拟访问顺序，确保时间约束。

int main() {ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0);cin>>n;int aa,bb;for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i]>>b[i]>>c[i];for(int i=1;i<n;i++) {cin>>aa>>bb;add(aa,bb);add(bb,aa);}dfs(1,0);int l=n,r=1e9;while(l<r) {int mid=(l+r)>>1;if(check(mid))r=mid;elsel=mid+1;}cout<<l;return 0;
}

• 主函数
• 输入树结构和节点参数。
• 预处理父节点关系。
• 二分搜索最小时间 t。
• 输出结果。

复杂度分析

• 时间复杂度：二分搜索 O(log(1e9))，每次验证 O(n log n)，总复杂度 O(n log n log(1e9))。
• 空间复杂度：O(n)，存储树结构和中间变量。

详细代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ___ __int128
const int N=1e5+15;
int b[N],c[N],n,fa[N],stk[N];
long long a[N];
int tot,h[N*2],ne[N*2],to[N*2];
int id[N],ti[N];
bool yon[N];
void add(int a,int b)
{tot++;ne[tot]=h[a];h[a]=tot;to[tot]=b;
}
bool cmp(int a,int b)
{return ti[a]<ti[b];
}
void dfs(int u,int f)
{fa[u]=f;for(int i=h[u];i;i=ne[i]){int j=to[i];if(j!=f)dfs(j,u);}
}
___ fin(int x,___ l,___ r)
{if(c[x]>=0) return (r-l+1)*b[x]+(r-l+1)*(l+r)/2*c[x];___ g=(1-b[x])/c[x];if(g<l) return r-l+1;if(g>r) return (r-l+1)*b[x]+(r-l+1)*(l+r)/2*c[x];return (g-l+1)*b[x]+(g-l+1)*(l+g)/2*c[x]+r-g;
}
bool check(int t)
{for(int i=1;i<=n;i++){if(fin(i,1,t)<a[i])return 0;else{int l=1,r=n;while(l<r){int mid=(l+r+1)>>1;if(fin(i,mid,t)>=a[i])l=mid;else r=mid-1;}id[i]=i;ti[i]=l;yon[i]=0;}}sort(id+1,id+1+n,cmp);int js=0;for(int i=1;i<=n;i++){if(yon[id[i]])continue;stack<int>s1;int x=id[i];while(!yon[x]){yon[x]=1;s1.push(x);if(fa[x]!=0)x=fa[x];}while(!s1.empty()){int j=s1.top();s1.pop();js++;if(ti[j]<js)return 0;}}return 1;
}
int main()
{ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0);cin>>n;int aa,bb;for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i]>>b[i]>>c[i];for(int i=1;i<n;i++){cin>>aa>>bb;add(aa,bb);add(bb,aa);}dfs(1,0);int l=n,r=1e9;while(l<r){int mid=(l+r)>>1;if(check(mid))r=mid;elsel=mid+1;}cout<<l;return 0;
}