BZOJ1758 [Wc2010]重建计划（二分答案+点分治+单调队列）

【题解】

利用平均数的一个性质：若每个元素都减去x，平均数也减小x，因此可以二分答案Ave，求所有边权值减去Ave后，有无含L~U条边，权值和非负的路径 
-> 树的含L~U条边的最长路权值和是否>=0

点分治即可。优化：
1.先求root，再二分，可以避免多次求root
2.先只求经过root的路径的最优Ave，并把它作为 递归求不经过root的路径 时的二分下界 

判断该Ave是否可行时，要得到若干不在同一子树上的链，就不从root，而从root的每个子树递归，求出每个子树v[]在每一深度下的最长路径 
枚举最优路径在当前子树v[i]下的深度，若为j，则该路径在前1~i-1棵子树中，取边数(即深度)为[L-i,U-i]的最长路径 
用数组mx[j]记录前1~i-1棵子树中深度为j的所有路径的最长长度 
显然，当子树v[i]确定后，mx[j]数组关于j是单调的，可以用单调队列维护定长区间内的最值 

给个图方便理解：

值得注意的一点：
点分治算法中，树有logN层，每层中的各个点getroot,getd总时间复杂度都是O(N)的，因此算上二分答案，该算法复杂度为：O(NlogNloglim)

因此，不能在操作每个点时使用O(N)的算法，只能在操作每一层时使用均摊O(N)的算法 

细节见代码中的注释

#include<stdio.h>#include<stdlib.h>double INF=1000000;double w[200005]={0},d[100005]={0},a[100005]={0},mx[100005]={0};int v[200005]={0},first[100005]={0},next[200005]={0},size[100005]={0},maxsize[100005]={0},vis[100005]={0},q[100005]={0};double lim=0.0,ans=0.0,ave;int n,e=0,L,U,root=0,sum,maxdeep;int min(int a,int b){    if(a<b) return a;    return b;}void tj(int x,int y,double z){    v[++e]=y;    w[e]=z;    next[e]=first[x];    first[x]=e;}void getroot(int x,int fa){    int i;    size[x]=1;    maxsize[x]=0;    for(i=first[x];i!=0;i=next[i])        if(v[i]!=fa&&vis[v[i]]==0)        {            getroot(v[i],x);            size[x]+=size[v[i]];            if(maxsize[x]<size[v[i]]) maxsize[x]=size[v[i]];        }    if(maxsize[x]<sum-size[x]) maxsize[x]=sum-size[x];    if(root==0||maxsize[root]>maxsize[x]) root=x;}void getd(int x,int fa,int deep){    int i;    if(a[deep]<d[x]) a[deep]=d[x];    if(maxdeep<deep) maxdeep=deep;    for(i=first[x];i!=0;i=next[i])        if(v[i]!=fa&&vis[v[i]]==0)        {            d[v[i]]=d[x]+w[i]-ave;            getd(v[i],x,deep+1);        }}int judge(int x){    int head,tail,i,j,k,endj,Mdeep=0;    mx[0]=a[0]=d[x]=0;    for(i=first[x];i!=0;i=next[i])        if(vis[v[i]]==0)//不从root递归，而从root的每个子树递归，得到若干不在同一子树上的链         {            d[v[i]]=d[x]+w[i]-ave;            maxdeep=0;//记录子树v[i]的最大深度             getd(v[i],x,1);            endj=min(U,maxdeep);//endj:路径在子树v[i]中的深度最大值            head=0;            tail=-1;            for(j=min(U-1,Mdeep);j>=L;j--)//枚举子树v[i]深度前的准备：若之前mx[U-1~L]均为-INF，没必要循环一遍             {                q[++tail]=j;                while(tail>head&&mx[q[tail]]>mx[q[tail-1]])                {                    q[tail-1]=q[tail];                    tail--;                }            }            for(j=1;j<=endj;j++)//j:枚举路径在子树v[i]中的深度             {                if(L-j>=0)                {                    q[++tail]=L-j;                    while(tail>head&&mx[q[tail]]>mx[q[tail-1]])                    {                        q[tail-1]=q[tail];                        tail--;                    }                }                while(head<=tail&&q[head]>U-j) head++;                if(a[j]+mx[q[head]]>=0)                {                    maxdeep=0;                    getd(x,0,0);                    for(k=1;k<=Mdeep;k++)//别忘了还原mx[],a[]数组                         mx[k]=a[k]=-INF;for(k=Mdeep;k<=maxdeep;k++)//别忘了还原mx[],a[]数组                         mx[k]=a[k]=-INF;                    return 1;                }            }            for(j=1;j<=maxdeep;j++)            {                if(mx[j]<a[j]) mx[j]=a[j];                a[j]=-INF;            }            if(Mdeep<maxdeep) Mdeep=maxdeep;        }    for(i=1;i<=Mdeep;i++)//mx[]改变的范围是1~maxdeep，因此还原为-INF不需要从1到n循环         mx[i]=a[i]=-INF;    return 0;}void getans(int x){    double left=ans,right=lim;//二分答案，左闭右开     while(right-left>0.0001)//设置精度     {        ave=(left+right)/2;        if(judge(x)==1) left=ave;        else right=ave;    }    ans=left;}void work(int x){    int i;    vis[x]=1;    getans(x);//求解经过root的路径的最大满足要求的Ave     for(i=first[x];i!=0;i=next[i])        if(vis[v[i]]==0)        {            sum=size[v[i]];            root=0;            getroot(v[i],x);            if(size[v[i]]>L) work(root);//重要优化         }}int main(){    double z;    int i,x,y;    INF*=INF;    scanf("%d%d%d",&n,&L,&U);    for(i=1;i<n;i++)    {        scanf("%d%d%lf",&x,&y,&z);        tj(x,y,z);        tj(y,x,z);        if(lim<z) lim=z;//二分的右边界     }    for(i=1;i<=n;i++)        mx[i]=a[i]=-INF;    sum=n;    getroot(1,0);    work(root);    printf("%.3lf",ans);    return 0;}