2018年论文题

约定：令点集$V=[1,n]$、边集$E=[1,m]$，记$m$条边依次为$e_{i}=(x_{i},y_{i},c_{i})$（其中$1\le i\le m$），将其按照$c_{i}$从小到大排序，即不妨假设有$c_{1}\le c_{2}\le…\le c_{m}$

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先来考虑$T=1$的情况，即如何求最小方差生成树

题意即求$\min_{E_{T}\subseteq E,E_{T}为生成树}\frac{\sum_{x\in E_{T}}(\mu-c_{x})^{2}}{n-1}$（其中$\mu=\frac{\sum_{x\in E_{T}}c_{x}}{n-1}$）

考虑函数$f(x)=\frac{\sum_{i=1}^{n-1}(x-a_{i})^{2}}{n-1}$，根据二次函数的性质其最小值恰在$x=\frac{\sum_{i=1}^{n-1}a_{i}}{n-1}$处取到

换言之，有$\frac{\sum_{x\in E_{T}}(\mu-c_{x})^{2}}{n-1}=\min_{\mu\in R}\frac{\sum_{x\in E_{T}}(\mu-c_{x})^{2}}{n-1}$

代入后交换顺序，即$\min_{\mu\in R}\frac{\min_{E_{T}\subseteq E,E_{T}为生成树}\sum_{x\in E_{T}}(\mu-c_{x})^{2}}{n-1}$，其中分子即以$(\mu-c_{i})^{2}$为边权求最小生成树

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令$E_{\chi}$表示$\mu=\chi$时最小生成树的边集，为了使其能被唯一确定，求最小生成树时将$e_{i}$按照$(\mu-c_{i})^{2}$和$i$这两个关键字从小到大排序（假设用kruskal求最小生成树）

将问题从边的角度来考虑，显然$i\in E_{\chi}$当且仅当$\mu=\chi$时排在$e_{i}$前面的边不能使$x_{i}$和$y_{i}$连通

不妨假设$\chi \le c_{i}$，那么$e_{j}$排在$e_{i}$前面当且仅当$2\chi-c_{i}\le c_{j}<c_{i}$或$c_{j}=c_{i}$且$j<i$

显然$\chi$的范围具有单调性，即只需要不断加入$e_{i-1},e_{i-2},…$直至$x_{i}$和$y_{i}$连通，设最后一条边加入的是$e_{k}$，那么满足$\chi\le c_{i}$且$i\in E_{\chi}$的$\chi$的范围为$\frac{c_{i}+c_{k}}{2}<\chi\le c_{i}$

（特别的，若最后仍未连通即令$c_{k}=-\infty$）

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显然，使用LCT维护$i$之前的边（不包括$i$）关于编号的最大生成树，询问的也即该生成树从$x_{i}$到$y_{i}$路径上的编号最小的边，时间复杂度为$o(m\log m)$

关于$\chi>c_{i}$且$i\in E_{\chi}$的范围，可以类似地求出，但会多一个2的常数，实际上可以避免

记$l_{i}$为最大的$k$满足$e[k,i)$能使$x_{i}$和$y_{i}$连通，$r_{i}$为最小的$k$满足$e(i,k]$能使$x_{i}$和$y_{i}$连通

结论：若$L_{i}$存在，则$R_{L_{i}}=i$；若$R_{i}$存在，则$R_{L_{i}}=i$

记$k=L_{i}$，则$e[k,i)$能使$x_{i}$和$y_{i}$连通，那么$e(k,i]$即能使$x_{k}$和$y_{k}$连通，也即$R_{k}\le i$

另一方面，如果$e(k,i)$就能使$x_{k}$和$y_{k}$连通，那么$e[k,i)$与$e(k,i)$的连通性应该相同（因为$(x_{k},y_{k})$不影响连通性），也即$l_{i}$可以为$k+1$，与$L_{i}$的最大性矛盾，因此$R_{k}\ge i$

综上，即有$R_{k}=i$，类似地也可以得到后者

由此即可线性求出$R_{i}$（$L_{i}$之前已求出），根据后半部分，未被覆盖的$R_{i}$即为无解

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进而将两个范围求并，即得到满足$i\in E_{\chi}$的$\chi$的范围为$(\frac{c_{L_{i}}+c_{i}}{2},\frac{c_{i}+c_{R_{i}}}{2}]$

此时，$E_{\chi}$即对应范围包含$\chi$的$i$所组成的集合（注意这个范围是充分必要的），那么只需要通过离散和差分对每一个位置维护$S_{1}=\sum c_{i}$和$S_{2}=\sum c^{2}_{i}$的和即可（方差即$\frac{(n-1)S_{2}-S_{1}^{2}}{(n-1)^{2}}$）

另外，需要考虑实数的位置如何处理，可以将权值乘2并用两整数中间的部分代替该段实数

时间复杂度为$o(m\log m)$，可以通过

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下面考虑$T=2$的情况，即如何对删去每一条边后的图求最小方差生成树

通过$T=1$时的做法，即可在$o(m\log m)$的时间内求出最小方差生成树即其方案

显然删除方案以外的边是不影响答案的，因此只需要考虑方案中的$n-1$条边，那么对这$n-1$条边暴力删除并再求一次最小方差生成树，即得到一个$o(nm\log m)$的做法，但无法通过

假设删除的边是$e_{del}$，那么$L_{i}$发生变化的边必然都在$e(del,m]$这些边关于编号的最小生成树上，因为如果$e_{i}$不在最小生成树上，即等价于$e(del,i)$能使$x_{i}$和$y_{i}$连通，显然删去$e_{del}$没有意义

显然这样的边只有$o(n)$条，但求最大生成树仍要从前往后依次加边，复杂度并没有优化

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记$T_{1}$为$e[1,del)$的关于编号的最大生成树，$T_{2}$为$e(del,m]$的关于编号的最小生成树

初始令$T=T_{2}$，并将$T_{1}$中的边的按编号从大到小依次加入$T$，并继续维护$T$为最小生成树

结论：假设在加入$e_{i}$时删除了$e_{j}$，则有$L_{j}=i$

显然$x_{j}$到$y_{j}$路径上所有边编号都在$[i,j)$中，因此也即$L_{j}\ge i$

同时如果$L_{j}>i$，那么不难得到$x_{i}$和$y_{i}$可以通过$e(i,del)$连通，与$e_{i}$在$T_{1}$上矛盾

通俗的来说，求$e[1,i)$的最大生成树上在$e_{del}$之前的边一定在$e[1,del)$的最大生成树上，并且$e_{del}$之后的边一定不会作为$l_{i}$，因此只关心于这类边的连通性

另外，对于$T_{1}$中最终仍没有被删除的边$e_{i}$，则$L_{i}$无解

此时，重新计算$L_{i}$和$R_{i}$的时间复杂度即降为$o(n^{2}\log m)$

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下面，给出一些关于实现上的细节：

1.关于LCT的清空，可以维护一个当前的边集（用标记数组即可），那么清空时遍历所有边并用删掉即可，由于删除的复杂度与加入时相同，因此相当于仅为$o(m)$，总复杂度也即$o(nm)$

2.关于$T_{1}$和$T_{2}$需要在初始预处理，在求最小/最大生成树过程中，当访问到的边是在方案中时，就将当前LCT中维护的边集$o(m)$找出即可，总复杂度也为$o(nm)$

3.关于离散和差分，重新暴力排序+二分复杂度又会退化为$o(nm\log m)$，注意到总共只会额外产生$o(n^{2})$个位置，将这些位置预处理出来并排序，然后将初始的差分数组记录

此时，每一次即对差分数组的$o(n)$个位置修改，总复杂度也即$o(m\log m+n^{2}\log m+nm)$

时间复杂度为$o(m\log m+n^{2}\log m+nm)$，可以通过

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然而，注意到答案的范围为$n^{2}C^{2}$，而在子任务8该值达到了$10^{41}$的级别，无法使用__int128存储

由此，即需要在差分的过程中使用高精度乘法求$S_{1}^{2}$（显然其他都不需要高精度），设高精度的常数为$o(P)$，时间复杂度即变为$o(m\log n+n^{2}\log m+Pnm)$，无法通过

下面，具体的来描述差分的过程——

令$N=n^{2}+m$，差分数组即是两个长度为$N$的序列，初始为分别为$\Delta S_{1}(i)$和$\Delta S_{2}(i)$（下标为$[1,N]$）

每一次查询，修改其中$o(n)$​个位置的值（无后效性），并查询
$$
\min_{1\le i\le N}\left((n-1)\sum_{j=1}^{i}\Delta S_{2}(j)-(\sum_{j=1}^{i}\Delta S_{1}(i))^{2}\right)
$$
（其余部分的复杂度显然都可以做到$o(m\log m+n^{2}\log m+nm+Pn^{2})$，其中$o(Pn^{2})$为计算修改的值）

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预处理出前缀和$S_{1}(i)=\sum_{j=1}^{i}\Delta S_{1}(j),S_{2}(i)=\sum_{j=1}^{i}\Delta S_{2}(j)$（对于初始状态），每一次修改的$o(n)$个位置即将原序列划分为$o(n)$段，并对每一段$[l,r]$分别求出$i\in [l,r]$的最小值

（其中$[l,r]$不包含修改的位置，修改的位置直接暴力$o(Pn^{2})$计算即可）

对于$[l,r]$​，求出此次修改对$i\in [l,r]$​的$S_{1}(i)$​和$S_{2}(i)$​的变化量，分别记作$\Delta s_{1}$​和$\Delta s_{2}$​（显然对所有位置都相同），那么$i\in [l,r]$​的最小值即
$$
\min_{i=l}^{r}\left((n-1)(S_{2}(i)+\Delta s_{2})-(S_{1}(i)+\Delta s_{1})^{2}\right)
$$
并对于其中一段$[l,r]$，求出其之前的本次修改的变化量$\Delta s_{1}$和$\Delta s_{2}$

简单化简，即
$$
\min_{i=l}^{r}\left(-2\Delta s_{1}S_{1}(i)+((n-1)S_{2}(i)-S_{1}^{2}(i))\right)+\left((n-1)\Delta s_{2}-\Delta s_{1}^{2}\right)
$$

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此时，问题即可以看作求经过$(2S_{1}(i),(n-1)S_{2}(i)-S_{1}^{2}(i))$且斜率为$-\Delta s_{1}$的直线的最小截距

求出$[l,r]$中的点所构成的下凸壳，二分找到其中第一个斜率大于等于$-\Delta s_{1}$的线段的左端点即为最小值

可以使用线段树来维护，预处理时先将所有点按照$x$坐标排序，并依次加入线段树上区间包含其的$o(\log N)$个凸包中，那么预处理的时间复杂度即为$o(PN\log N)$

查询时将$[l,r]$划分为$o(\log N)$个区间，再在每一个区间对应的线段树凸包上二分，将所有最小值取$\min$即可，那么查询的时间复杂度为$o(Pn^{2}\log^{2}N)$

进一步的，可以将线段树每一个区间对应的凸包上的询问离线并排序，再利用单调性做到线性即可

关于排序，再将所有$-\Delta s_{1}$排序再依次加入，注意到外部仅有$o(n^{2})$个，因此查询复杂度降为$o(Pn^{2}\log N)$

时间复杂度为$o(nm+PN\log N)$，可以通过

（代码只优化到$o(m\log m+n^{2}\log m+Pnm)$，但已经可以通过）

1 #include
2 using namespace std;
3 #define N 305
4 #define M 100005
5 #define base 1000000000
6 #define ll long long
7 #define pli pair
8 #define fi first
9 #define se second
10 struct Data{
11 int x,y,id;
12 ll z;
13 bool operator < (const Data &k)const{ 14 return zT1[M],T2[M];
31 vectorv0,v[M];
32 int n,m,T,q,L0[M],R0[M],L[M],R[M],vis0[M];
33 ll Pos[M<<1]; 34 namespace IO{ 35 int num[100]; 36 ll x; 37 char c; 38 ll read(){ 39 x=0,c=getchar(); 40 while ((c<'0')||(c>'9'))c=getchar();
41 while ((c>='0')&&(c<='9')){ 42 x=x*10+c-'0'; 43 c=getchar(); 44 } 45 return x; 46 } 47 void write(Num x,char c='\0'){ 48 if (x.p)putchar('-'); 49 for(int i=0;i=0;i--)
67 if (x.a[i]!=y.a[i]){
68 if (x.a[i]=base){
84 ans.a[i]-=base;
85 ans.a[i+1]++;
86 }
87 }
88 if ((ans.len<5)&&(ans.a[ans.len]))ans.len++; 89 return ans; 90 } 91 if (cmp(x,y)<0)swap(x,y); 92 ans.p=x.p,ans.len=x.len; 93 for(int i=0;in){
136 mn[k]=min(mn[k],k-n);
137 mx[k]=max(mx[k],k-n);
138 }
139 }
140 void down(int k){
141 if (rev[k]){
142 if (ch[k][0])upd(ch[k][0]);
143 if (ch[k][1])upd(ch[k][1]);
144 rev[k]=0;
145 }
146 }
147 void rotate(int k){
148 int f=fa[k],g=fa[f],p=which(k);
149 fa[k]=g;
150 if (check(f))ch[g][which(f)]=k;
151 fa[ch[k][p^1]]=f,ch[f][p]=ch[k][p^1];
152 fa[f]=k,ch[k][p^1]=f;
153 up(f),up(k);
154 }
155 void splay(int k){
156 for(int i=k;check(i);i=fa[i])st[++st[0]]=fa[i];
157 while (st[0])down(st[st[0]--]);
158 down(k);
159 for(int i=fa[k];check(k);i=fa[k]){
160 if (check(i)){
161 if (which(i)==which(k))rotate(i);
162 else rotate(k);
163 }
164 rotate(k);
165 }
166 }
167 void access(int k){
168 int lst=0;
169 while (k){
170 splay(k);
171 ch[k][1]=lst,up(k);
172 lst=k,k=fa[k];
173 }
174 }
175 void make_root(int k){
176 access(k);
177 splay(k);
178 upd(k);
179 }
180 int find_root(int k){
181 access(k);
182 splay(k);
183 while (ch[k][0]){
184 down(k);
185 k=ch[k][0];
186 }
187 splay(k);
188 return k;
189 }
190 void add(int x,int y){
191 make_root(x);
192 make_root(y);
193 fa[y]=x;
194 }
195 void del(int x,int y){
196 make_root(x);
197 access(y);
198 splay(x);
199 fa[y]=ch[x][1]=0,up(x);
200 }
201 int query_min(int x,int y){
202 make_root(x);
203 if (find_root(y)!=x)return 0;
204 return mn[x];
205 }
206 int query_max(int x,int y){
207 make_root(x);
208 if (find_root(y)!=x)return 0;
209 return mx[x];
210 }
211 int add_min(int id){
212 int pos=query_min(e[id].y,id+n);
213 if (pos){
214 vis[0]--,vis[pos]=0;
215 LCT::del(e[pos].y,pos+n);
216 }
217 vis[0]++,vis[id]=1;
218 LCT::add(e[id].y,id+n);
219 return pos;
220 }
221 int add_max(int id){
222 int pos=query_max(e[id].y,id+n);
223 if (pos){
224 vis[0]--,vis[pos]=0;
225 LCT::del(e[pos].y,pos+n);
226 }
227 vis[0]++,vis[id]=1;
228 LCT::add(e[id].y,id+n);
229 return pos;
230 }
231 void init(){
232 mn[0]=0x3f3f3f3f,mx[0]=0;
233 for(int i=1;i<=n+m;i++){ 234 fa[i]=rev[i]=ch[i][0]=ch[i][1]=0; 235 up(i); 236 } 237 for(int i=1;i<=m;i++)add(e[i].x,i+n); 238 } 239 void clear(){ 240 for(int i=1;i<=m;i++) 241 if (vis[i]){ 242 LCT::del(e[i].y,i+n); 243 vis[0]--,vis[i]=0; 244 } 245 } 246 }; 247 void get_LR(){ 248 memset(L0,0,sizeof(L0)); 249 memset(R0,0,sizeof(R0)); 250 LCT::clear(); 251 for(int i=1;i<=m;i++){ 252 L0[i]=LCT::add_min(i); 253 if (L0[i])R0[L0[i]]=i; 254 } 255 } 256 void get_T12(){ 257 LCT::clear(); 258 for(int i=1;i<=m;i++){ 259 if (vis0[i]){ 260 for(int j=m;j;j--) 261 if (LCT::vis[j])T1[i].push_back(j); 262 } 263 LCT::add_min(i); 264 } 265 LCT::clear(); 266 for(int i=m;i;i--){ 267 if (vis0[i]){ 268 for(int j=1;j<=m;j++) 269 if (LCT::vis[j])T2[i].push_back(j); 270 } 271 LCT::add_max(i); 272 } 273 } 274 void get_v(){ 275 v0.clear(); 276 for(int i=1;i<=m;i++){ 277 if (!L0[i])v0.push_back(make_pair(0,i)); 278 else v0.push_back(make_pair((e[L0[i]].z+e[i].z<<1)+1,i)); 279 if (R0[i])v0.push_back(make_pair((e[i].z+e[R0[i]].z<<1)+1,-i)); 280 } 281 } 282 void upd_LR(int k){ 283 LCT::clear(); 284 memcpy(L,L0,sizeof(L)); 285 L[k]=k; 286 for(int i=0;i0)dS1[q]=Calc::add(dS1[q],z1[pos]),dS2[q]=Calc::add(dS2[q],z2[pos]);
329 else dS1[q]=Calc::dec(dS1[q],z1[pos]),dS2[q]=Calc::dec(dS2[q],z2[pos]);
330 }
331 }
332 void calc(){
333 sort(v0.begin(),v0.end());
334 S1=S2=0,ans.len=10;
335 for(int i=0;i0)S1=Calc::add(S1,z1[pos]),S2=Calc::add(S2,z2[pos]);
338 else S1=Calc::dec(S1,z1[pos]),S2=Calc::dec(S2,z2[pos]);
339 if ((i==v0.size())||(v0[i].fi!=v0[i+1].fi)){
340 if (!v0[i].fi)Check=S1;
341 ans=Calc::min(ans,Calc::dec(S2,Calc::mul(S1,S1)));
342 }
343 }
344 S1=S2=0;
345 memset(vis0,0,sizeof(vis0));
346 for(int i=0;i0)S1=Calc::add(S1,z1[pos]),S2=Calc::add(S2,z2[pos]);
350 else S1=Calc::dec(S1,z1[pos]),S2=Calc::dec(S2,z2[pos]);
351 if (((i==v0.size())||(v0[i].fi!=v0[i+1].fi))&&(!Calc::cmp(ans,Calc::dec(S2,Calc::mul(S1,S1)))))break;
352 }
353 }
354 void calc(int k){
355 for(int i=0;i0)dS1[q0]=Calc::add(dS1[q0],z1[pos]),dS2[q0]=Calc::add(dS2[q0],z2[pos]);
358 else dS1[q0]=Calc::dec(dS1[q0],z1[pos]),dS2[q0]=Calc::dec(dS2[q0],z2[pos]);
359 }
360 if (Calc::cmp(dS1[1],Check)<0){
361 ans=-1;
362 return;
363 }
364 S1=S2=0,ans.len=10;
365 for(int i=1;i<=q;i++){
366 S1=Calc::add(S1,dS1[i]),S2=Calc::add(S2,dS2[i]);
367 ans=Calc::min(ans,Calc::dec(S2,Calc::mul(S1,S1)));
368 }
369 for(int i=0;i<v[k].size();i++){
370 int q0=lower_bound(Pos+1,Pos+q+1,v[k][i].fi)-Pos,pos=abs(v[k][i].se);
371 if (v[k][i].se<0)dS1[q0]=Calc::add(dS1[q0],z1[pos]),dS2[q0]=Calc::add(dS2[q0],z2[pos]);
372 else dS1[q0]=Calc::dec(dS1[q0],z1[pos]),dS2[q0]=Calc::dec(dS2[q0],z2[pos]);
373 }
374 }
375 int main(){
376 n=IO::read(),m=IO::read(),T=IO::read();
377 for(int i=1;i<=m;i++){
378 e[i].x=IO::read(),e[i].y=IO::read(),e[i].z=IO::read();
379 e[i].id=i;
380 }
381 sort(e+1,e+m+1);
382 LCT::init();
383 for(int i=1;i<=m;i++){
384 z1[i]=e[i].z;
385 z2[i]=Calc::mul(n-1,Calc::mul(z1[i],z1[i]));
386 }
387 get_LR();
388 if (LCT::vis[0]!=n-1){
389 if (T==1)IO::write(-1,'\n');
390 else{
391 for(int i=1;i<=m;i++)IO::write(-1,'\n');
392 }
393 return 0;
394 }
395 get_v(),calc();
396 if (T==1){
397 IO::write(ans,'\n');
398 return 0;
399 }
400 for(int i=1;i<=m;i++)
401 if (!vis0[i])Ans[e[i].id]=ans;
402 get_T12();
403 for(int i=1;i<=m;i++)
404 if (vis0[i])upd_LR(i),upd_v(i);
405 unique();
406 for(int i=1;i<=m;i++)
407 if (vis0[i]){
408 calc(i);
409 Ans[e[i].id]=ans;
410 }
411 for(int i=1;i<=m;i++)IO::write(Ans[i],'\n');
412 return 0;
413 }