noip模拟赛|noip模拟赛小Y的问题 noip模拟赛小Y的问题

【问题描述】
有个孩子叫小 Y，一天，小 Y 拿到了一个包含 n 个点和 n-1 条边的无向连通图，图中的
点用 1~n 的整数编号。小 Y 突发奇想，想要数出图中有多少个“Y 字形”。
一个“Y 字形”由 5 个不同的顶点 A、 B、 C、 D、 E 以及它们之间的 4 条边组成，其中 AB、
BC、 BD、 DE 之间有边相连，如下图所示。

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同时，无向图中的每条边都是有一定长度的。一个“Y 字形”的长度定义为构成它的四条
边的长度和。小 Y 也想知道，图中长度最大的“Y 字形”长度是多少。
【输入】
第一行包含一个整数 n，表示无向图的点数。
接下来 n 行，每行有 3 个整数 x、 y、 z，表示编号为 x 和 y 的点之间有一条长度为 z 的
边。
【输出】
输出包含 2 行。
第 1 行包含一个整数，表示图中的“Y 字形”的数量。
第 2 行包含一个整数，表示图中长度最大的“Y 字形”的长度。
【输入输出样例 1】

question.in	question.out
7 1 3 2 2 3 1 3 5 1 5 4 2 4 6 3 5 7 3	5 9

【noip模拟赛|noip模拟赛小Y的问题】

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其中，长度最大的“Y 字形”是编号 3、 5、 7、 4、 6 的顶点构成的那一个，长度为 9。

【数据规模与约定】
对于 30%的数据， n≤10
对于 60%的数据， n≤2,000
对于 100%的数据， n≤200,000， 1≤x,y≤n， 1≤z≤10,000

分析：这道题很好啊.一开始我的思路错了，以为这是树形dp,推着推着发现情况太多，推不出来.
尝试打暴力，先考虑n<=10的点，枚举Y字形的5个点或者4条边都可以，不过最好还是枚举4条边，毕竟复杂度小一些.
60%的数据就只能枚举2个东西了，肯定是要枚举边的，枚举哪两条边呢？看哪条边最特殊、信息最多.枚举度数为3的点u和度数2的点v的中心边.然后扫一下与u相连除了v以外有多少个点x，前3大的边，对v进行同样的操作.方案数就是C(x,2) * y.对最大值的处理只需要讨论一下u,v那条边是第几大的，把另外的前3大的边加上就好了.
60%的算法瓶颈是每次枚举一条中心边后都要花O(n)的时间来找点和边，如果能把O(n)变小，变成O(logn)甚至是O(1)就好了.很显然，预处理一下就好了，整体复杂度降为了O(n),可以通过所有数据.
枚举题首先要看数据范围，可以知道大概要枚举多少层,枚举的对象最好选择信息最多的，如果重复枚举比较多，可以先预处理一下.

#include #include #include #include #include #include #include using namespace std; typedef long long ll; struct node { ll u, v, w; }e[200010]; ll n, du[200010], max1[200010], max2[200010], max3[200010], ans; ll sum; void solve(ll x, ll y) { if (y > max1[x]) { max3[x] = max2[x]; max2[x] = max1[x]; max1[x] = y; } else if (y > max2[x]) { max3[x] = max2[x]; max2[x] = y; } else if (y > max3[x]) max3[x] = y; }int main() { scanf("%lld", &n); for (int i = 1; i < n; i++) { scanf("%lld%lld%lld", &e[i].u, &e[i].v, &e[i].w); du[e[i].u]++; du[e[i].v]++; solve(e[i].u, e[i].w); solve(e[i].v, e[i].w); } for (int i = 1; i < n; i++) { ll u = e[i].u, v = e[i].v, w = e[i].w; ll maxx = max(du[u], du[v]), minn = min(du[u], du[v]); if (!(maxx >= 3 && minn >= 2)) continue; if (du[u] > 2) { long long temp = (du[u] - 1) * (du[u] - 2) / 2; temp *= (du[v] - 1); sum += temp; ll temp2, temp3; temp2 = max1[u] + max2[u]; temp3 = max1[v]; if (w == max1[u]) temp2 = max2[u] + max3[u]; if (w == max2[u]) temp2 = max1[u] + max3[u]; if (w == max3[u]) temp2 = max1[u] + max2[u]; if (w == max1[v]) temp3 = max2[v]; else temp3 = max1[v]; ans = max(ans, temp2 + temp3 + w); } swap(u, v); if (du[u] > 2) { long long temp = (du[u] - 1) * (du[u] - 2) / 2; temp *= (du[v] - 1); sum += temp; ll temp2, temp3; temp2 = max1[u] + max2[u]; temp3 = max1[v]; if (w == max1[u]) temp2 = max2[u] + max3[u]; if (w == max2[u]) temp2 = max1[u] + max3[u]; if (w == max3[u]) temp2 = max1[u] + max2[u]; if (w == max1[v]) temp3 = max2[v]; else temp3 = max1[v]; ans = max(ans, temp2 + temp3 + w); } } printf("%lld\n%lld\n", sum, ans); return 0; }

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