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题目

357. 疫情控制

算法标签: 树, 二分, 倍增, $lca$, 贪心

思路

1. 除了首都, 军队都不应该向下移动, 因为向下移动会使管辖的区域变小, 且军队往上移动越多越好, 也就是管辖的区域变大
2. 考虑每个军队最多往上移动多少, 二分

检查$t$时间内军队是否能移动到既定位置, 进行二分

假设二分出来最优的时间是$t$, 就可计算每个军队在$t$时间内最多向上走到哪个位置, 然后判断这些位置是否保证每个根节点到叶子结点上路径有军队, 可以倍增进行优化

1. 对于无法走到根节点的军队, 使其向上能走到哪就走到哪
2. 然后统计有哪些根节点的子树未被完全覆盖, 记为集合$A$
3. 对于能走到根节点的军队, 首先走到根节点的一个儿子上, 然后军队有两种选择原地驻扎或者先走到首都再走到其他城市, 记为集合$B$

那么问题就转化为, 哪些$B$集合中军队必须原地驻扎

假设橙色子树节点未完全覆盖, 并且时间不足以从当前位置走到根节点再回到当前位置, 那么该位置军队是不能移动的

考虑$A$集合中某个点(也就是未被覆盖的根节点的某个儿子), 选出到达该位置剩余时间最少的军队, 如果该军队走到首都再走回来时间不够, 那么必然存在一组最优解使得该军队在该节点位置原地驻扎

去除已经原地驻扎的军队覆盖的城市$A^{\prime }$, 剩余军队$B^{\prime }$, 剩余军队就是从当前位置出发走到根节点再走到其它城市, 因此可以统计一下$B^{\prime }$军队走到根后剩余的时间, 然后计算每个$A^{\prime }$中城市到根节点的距离, 将上述两个时间和距离排序, 也就是一个贪心问题, 一定存在一组最优解使得是保序覆盖

可以将交叉方案调整为保序覆盖, 使得不交叉

时间复杂度$O(n{\log }^{2}n)$

代码

#pragma GCC optimize(2)#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <vector>using namespace std;typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
const int N = 50010, K = 16;
const LL INF = 1e18;int n, m;
vector<PII> head[N];
int fa[N][K], pos[N], tmp[N];
LL dist[N];
bool has_army[N], vis[N];
struct Node {int ver;LL rest;bool is_del;
} nodes[N];void add(int u, int v, int w) {head[u].push_back({v, w});
}void dfs_fa(int u, int pre, LL d) {dist[u] = d;for (auto [v, w]: head[u]) {if (v == pre) continue;fa[v][0] = u;for (int k = 1; k < K; ++k) fa[v][k] = fa[fa[v][k - 1]][k - 1];dfs_fa(v, u, d + w);}
}bool is_leaf(int u) {return u != 1 && head[u].size() == 1;
}void dfs_g(int u, int pre, bool has) {has |= has_army[u];if (is_leaf(u)) vis[u] = has;else {vis[u] = true;for (auto [v, w]: head[u]) {if (v == pre) continue;dfs_g(v, u, has);if (!vis[v]) vis[u] = false;}}
}bool check(LL mid) {memset(has_army, 0, sizeof has_army);int cnt = 0;for (int i = 0; i < m; ++i) {int u = pos[i];for (int k = K - 1; k >= 0; --k) {if (fa[u][k] > 1 && dist[pos[i]] - dist[fa[u][k]] <= mid) u = fa[u][k];}if (dist[pos[i]] <= mid) {nodes[cnt++] = {u, mid - (dist[pos[i]] - dist[u]), false};}// 能向上跳的最大距离else has_army[u] = true;}memset(vis, 0, sizeof vis);dfs_g(1, -1, false);// 存储A集合中剩余时间最少的军队编号int army_idx[N];memset(army_idx, -1, sizeof army_idx);// 求每个城市剩余时间最少的军队for (int i = 0; i < cnt; ++i) {int ver = nodes[i].ver;if (army_idx[ver] == -1 || nodes[army_idx[ver]].rest > nodes[i].rest) army_idx[ver] = i;}// 枚举集合A中的城市for (auto [v, w]: head[1]) {if (!vis[v]) {int k = army_idx[v];// 不能走到根节点再走回来if (k != -1 && nodes[k].rest < dist[nodes[k].ver] * 2) {nodes[k].is_del = true;vis[v] = true;}}}// 存储未被删除的军队int ncnt = 0;for (int i = 0; i < cnt; ++i) {if (!nodes[i].is_del) nodes[ncnt++] = nodes[i];}int gcnt = 0;for (auto [v, w]: head[1]) {if (!vis[v]) tmp[gcnt++] = v;}sort(nodes, nodes + ncnt, [](const Node &a, const Node &b) {return a.rest - dist[a.ver] < b.rest - dist[b.ver];});sort(tmp, tmp + gcnt, [](int a, int b) {return dist[a] < dist[b];});// 贪心最大匹配int k = 0;for (int i = 0; i < ncnt && k < gcnt; ++i) {if (nodes[i].rest - dist[nodes[i].ver] >= dist[tmp[k]]) k++;}return k == gcnt;
}int main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0), cout.tie(0);cin >> n;for (int i = 0; i < n - 1; ++i) {int u, v, w;cin >> u >> v >> w;add(u, v, w), add(v, u, w);}dfs_fa(1, -1, 0);cin >> m;for (int i = 0; i < m; ++i) cin >> pos[i];LL l = 0, r = INF;while (l < r) {LL mid = l + r >> 1;if (check(mid)) r = mid;else l = mid + 1;}if (r == INF) r = -1;cout << r << "\n";return 0;
}