2020疫情防控考试题(附答案)文库_noip2021初赛答案

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个人评价 又爱又恨~~（最先就差不多写对了，结果初始化挂了）~~

1 题面

「NOIP2012」疫情控制

2 分析题面

2.0 题目简述

有一棵n个节点的，根为1的带权树和m支军队。现在有m支军队已经在某些点上，移动一支军队到一个相邻的点所花时间等于该条边的边权。军队可同时移动。问至少多少时间才可以使从1开始都到不了任何一个叶子节点（无法满足条件输出-1，根节点不能停军队）。

[概要]

题目相当于在一棵树上，用给定的军队去把这棵树的所有子树全部占领。求最大移动距离的最小值。

2.1 考虑算法

2.1.1 二分

这道题是要求最大移动距离的最小值即最少的时间，考虑二分答案

2.1.2 贪心

让每支军队尽可能向根节点爬

因为军队越往上，能封住的叶子节点就越多。在能往上的情况下，尽可能往上。

一支军队如果不能到根节点，就让其在能走到的最高点停下，并封锁这个节点

再然后，用剩下的能到达根节点的军队去覆盖

然后对于一个节点，用剩余时间最少的，且比这个节点到根节点的距离大的军队覆盖

[注意]如果一个军队经过的根节点的儿子没有被覆盖，则优先覆盖

2.1.3 倍增预处理

对于让军队向上走的过程，我们可以用倍增的方法进行优化，所以要先预处理

时间复杂度：$O(n{\log }^{2}n)$

2.2 画图理解

如果以上讲解没有听懂，可以借助下面这组数据更详细地了解：

10 5
2 1 3
2 3 4
1 4 7
5 1 9
6 1 2
4 7 9
7 8 8
9 8 8
1 10 2
2 8 5 4 2 

假设我们当前二分到的时间限制为9，模拟上面的步骤进行一遍。

1. 上移军队：只有处于节点8的军队上移到了节点7，其余节点由于都在根节点的子节点上，不动。

   

2. 找出闲置军队与需要被驻扎的节点。显然，闲置军队为目前处于4、2、5节点上的4支军队，需要被驻扎的节点为10、2、5、6节点。

3. 初步处理这些数据。由于5号节点上的军队无法到达根节点再返回，且该节点需要被驻扎，因此该军队驻扎在五号节点；同理，7号节点上的军队驻扎在七号节点。

   

4. 找出目前的闲置军队和需要被驻扎的节点。剩余的闲置军队为目前处于4、2节点上的3支军队，需要被驻扎的节点为2、6、10号节点。

5. 利用贪心策略进行最后的匹配。最后，4号节点上的军队驻扎到6号节点，2号节点上的两支军队分别驻扎到2、10号节点。该方案是可行的。

   

3 代码实现

3.1 输入

没什么好说的

for(int i=1; i<n; i++){ 
   
    scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
    //建边
}
//预处理
scanf("%d",&m);
for(int i=1; i<=m; i++){ 
   
    scanf("%d",&army[i]);//输入军队
}

3.2 预处理

节点的深度越小，控制的节点（子树内的节点）越多。所以可以贪心地把军队尽量向上提。

据此，我们需要把每个点往上的距离预处理，用倍增优化。

void dfs(int x,int l, ll hg){ 
   
    f[x][0]=l,dis[x][0]=hg;
    for(int i=1; i<=t; i++){ 
   
        f[x][i]=f[f[x][i-1]][i-1];
        dis[x][i]=dis[x][i-1]+dis[f[x][i-1]][i-1];
    }//递推
    for(int i=hd[x]; i!=-1; i=nxt[i]){ 
   //遍历x的出边
        if(to[i]!=l){ 
   
            dfs(to[i],x,e[i]);
        }
    }
}//树上倍增预处理

3.3 二分答案

根据前面的分析，我们在 check的时候要尽量把军队往上走

当二分答案后，设答案为 k，这里会有两种情况

3.3.1 可以到达

他最高的位置一定是最优的，让他待在那里

3.3.2 无法到达

那求出他到达后还可以走多少时间 以及到达 $1$ 前的儿子 $id$，以便接下来的处理

3.3.3 根的叶子没有被控制完

把军队调到根节点的某个儿子，因此需要处理出有多少个儿子需要被控制，记录它们和根节点的距离

处理可以到达 1 的军队的去向

绿色节点可以跳到根节点然后到红色节点，于是就可以控制红色节点为根的子树

• 先将这些军队按照id深度从小到大排序。如果某一个军队的 $id$ 需要被控制，那么就让他不要到达根节点而直接待在 $ id $ 就行了。因为如果他不回去，肯定需要别的军队过来控制这个 $id$，这样显然花费时间更大。
• 再将这些军队按照剩余时间从大到小排序，把需要被控制的点按倒根节点的距离从大到小排序。把这两个序列从前往后一一对比就行了！

3.3.4 是否合法的判断

如果$3.3.3$中军队用完了可还有节点需要被控制，那么不合法；否则合法

3.3.5 All in all

对于每个二分的答案(即check中)：

①让每个军队尽可能向上爬。对于不能到根节点的，让其在能到达的最高节点停下，否则记录下来。对记录数据排序。

②找出所有未被封锁的根节点的儿子记录。对记录数据排序。

③用剩余军队覆盖所有未被封锁的根节点的儿子。判断答案是否可行。

int check(ll k){ 
   //k表示当前的时限，即check函数传入的参数
    int x,now;
    ll s;
    na=nb=0;//初始化
    for(int i=1; i<=m; i++){ 
   //全军上提 
        x=army[i],s=0;
        for(int j=t; j>=0; j--){ 
   
            if(f[x][j]>1 && s+dis[x][j]<=k){ 
   
                s+=dis[x][j];
                x=f[x][j];
            }
        } 
        //如果父亲是根而且距离够用
            a[++na].w=k-s-dis[x][0];//记录是哪支军队 
            if(!rb[x]||a[na].w<mn[x])
            //更新最小距离以进行下一次比较
            //记录离这棵子树距离最小的军队 
        }
        else //这个节点视为已被军队占领 
    }
   //如果全被封锁了直接返回
    //按剩余距离从大到小排序 
    now=xy[0]=1;
    for(int i=1; i<=nb; i++){ 
   
        //如果离这棵子树距离最小的军队没被占用 
            //视为它已被占用，继续 
            continue;
        while(now<=na&&(xy[a[now].id]||a[now].w<b[i].w))++now;
        //否则使用剩余距离最大的军队来覆盖它
        //前提是还有剩余的军队而且此军队没被使用，距离足够 
        //如果军队不够则失败 
        //把本次用于覆盖的军队设为已用过 
    }
    return 1;
}

3.4 输出

直接输出二分答案跑出来的答案即可

    printf("%lld",ans);

3.5 总体代码

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=60002;
int n,m,cnt,na,nb,t;
int hd[N],nxt[N<<1],to[N<<1],f[N][21],army[N];
ll e[N<<1],dis[N][21],mn[N];
int vis[N],xy[N],rb[N];
struct node{ 

ll w;
int id;
}a[N],b[N];
void add(int u, int v, int w){ 

nxt[++cnt]=hd[u];
hd[u]=cnt;
to[cnt]=v;
e[cnt]=w;
}
void dfs(int x,int l, ll hg){ 

f[x][0]=l,dis[x][0]=hg;
for(int i=1; i<=t; i++){ 

f[x][i]=f[f[x][i-1]][i-1];
dis[x][i]=dis[x][i-1]+dis[f[x][i-1]][i-1];
}//递推
for(int i=hd[x]; i!=-1; i=nxt[i]){ 
//遍历x的出边
if(to[i]!=l){ 

dfs(to[i],x,e[i]);
}
}
}//树上倍增预处理
int df(int u,int l){ 

int fg=1,flag=0;
if(vis[u])return 1;
for(int i=hd[u];i!=-1;i=nxt[i]){ 

if(to[i]==l)continue;//如果是父亲就继续
flag=1;
if(!df(to[i],u)){ 

fg=0;
if(u==1) { 

b[++nb].id=to[i];
b[nb].w=e[i];
}
else return 0;
}
}
if(!flag)return 0;
return fg;
}
bool cmp(node x,node y){ 

return x.w>y.w;
}
int check(ll k){ 
//k：当前时限
int x,now;
ll s;
na=nb=0;
memset(vis,0,sizeof(vis));
memset(rb,0,sizeof(rb));
memset(xy,0,sizeof(xy));
//初始化
for(int i=1; i<=m; i++){ 
//全军上提 
x=army[i],s=0;
for(int j=t; j>=0; j--){ 

if(f[x][j]>1 && s+dis[x][j]<=k){ 

s+=dis[x][j];
x=f[x][j];
}
} 
if(f[x][0]==1 && s+dis[x][0]<=k){ 
//父亲是根而且距离够用
a[++na].w=k-s-dis[x][0];//另外记录
a[na].id=i;//记录 
if(!rb[x]||a[na].w<mn[x])
mn[x]=a[na].w,rb[x]=i;//更新最小距离以进行下一次比较
}
else vis[x]=1;
}
if(df(1,0))return 1;//已被驻守，返回true
sort(a+1,a+1+na,cmp);
sort(b+1,b+1+nb,cmp);
now=1;
xy[0]=1;
for(int i=1; i<=nb; i++){ 

if(!xy[rb[b[i].id]]){ 

xy[rb[b[i].id]]=1;
continue;
}
while(now<=na&&(xy[a[now].id]||a[now].w<b[i].w))++now;
if(now>na){ 

return 0;
} 
xy[a[now].id]=1;
}
return 1;
}
int main(){ 

int x,y,z;
ll l=0,r=500000,mid,ans=-1;
scanf("%d",&n);//输入
t=(int)(log(n)/log(2))+1;//f数组和dist数组第二维下标的最大值
memset(hd,-1,sizeof(hd));//初始化
for(int i=1; i<n; i++){ 

scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
add(x,y,z),add(y,x,z);//双向建边
}
dfs(1,0,0);//初始化
scanf("%d",&m);//输入
for(int i=1; i<=m; i++){ 

scanf("%d",&army[i]);//输入军队
}
while(l<=r){ 
//二分答案
mid=(l+r)>>1;
if(check(mid)){ 

r=mid-1;
ans=mid;//记录答案
}else { 

l=mid+1;
}
}
printf("%lld",ans);//输出答案
return 0;
}

4 总结

1. 完成这个题后，得到的教训是数组初始化和for循环结束条件一定要统一

2. 相似题目：「NOIP2012」开车旅行 和 「NOIP2013」货车运输

完结撒花❀

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