[NOIP2015]运输计划 D2 T3
Description
公元2044年，人类进入了宇宙纪元。
L国有n个星球，还有n-1条双向航道，每条航道建立在两个星球之间，这n-1条航道连通了L国的所有星球。
小P掌管一家物流公司，该公司有很多个运输计划，每个运输计划形如：有一艘物流飞船需要从ui号星球沿最快的宇航路径飞行到vi号星球去。显然，飞船驶过一条航道是需要时间的，对于航道j，任意飞船驶过它所花费的时间为tj，并且任意两艘飞船之间不会产生任何干扰。
为了鼓励科技创新，L国国王同意小P的物流公司参与L国的航道建设，即允许小P把某一条航道改造成虫洞，飞船驶过虫洞不消耗时间。
在虫洞的建设完成前小P的物流公司就预接了m个运输计划。在虫洞建设完成后，这m个运输计划会同时开始，所有飞船一起出发。当这m个运输计划都完成时，小P的物流公司的阶段性工作就完成了。
如果小P可以自由选择将哪一条航道改造成虫洞，试求出小P的物流公司完成阶段性工作所需要的最短时间是多少？
Input
第一行包括两个正整数n、m，表示L国中星球的数量及小P公司预接的运输计划的数量，星球从1到n编号。
接下来n-1行描述航道的建设情况，其中第i行包含三个整数ai, bi和ti，表示第i条双向航道修建在ai与bi两个星球之间，任意飞船驶过它所花费的时间为ti。
接下来m行描述运输计划的情况，其中第j行包含两个正整数uj和vj，表示第j个运输计划是从uj号星球飞往vj号星球。
Output
共1行，包含1个整数，表示小P的物流公司完成阶段性工作所需要的最短时间。
Sample Input
Sample Output
HINT
【样例说明】
将第1条航道改造成虫洞：则三个计划耗时分别为：11、12、11，故需要花费的时间为12。
将第2条航道改造成虫洞：则三个计划耗时分别为：7、15、11，故需要花费的时间为15。
将第3条航道改造成虫洞：则三个计划耗时分别为：4、8、11，故需要花费的时间为11。
将第4条航道改造成虫洞：则三个计划耗时分别为：11、15、5，故需要花费的时间为15。
将第5条航道改造成虫洞：则三个计划耗时分别为：11、10、6，故需要花费的时间为11。
故将第3条或第5条航道改造成虫洞均可使得完成阶段性工作的耗时最短，需要花费的时间为11。
【数据规模与约定】
所有测试数据的范围和特点如下表所示 
题解：先预处理出所有路径的LCA和所用时间，然后二分答案。找出所有用时比mid大的路径，那么如果我们将边 i 变成虫洞，就要保证所有用时超过mid的路径都经过 i ，并且在 i 变成虫洞后，这些路径的长度都小于mid。所以用差分数组处理一下每条边有多少条这样的路径经过就行了。
为了降低常数，本人代码里还做了几处小优化，可能会发挥用处
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <iostream>
using namespace std;
const int maxn=300010;
int n,m,cnt,maxx,minn;
int head[maxn],to[maxn<<1],next[maxn<<1],val[maxn<<1];
int deep[maxn],son[maxn],top[maxn],fa[maxn],size[maxn],dis[maxn],v[maxn];
int s[maxn],q[maxn],p1[maxn],p2[maxn],pa[maxn],len[maxn];
int readin() //读入优化
{
int ret=0; char gc;
while(gc<'0'||gc>'9') gc=getchar();
while(gc>='0'&&gc<='9') ret=ret*10+gc-'0',gc=getchar();
return ret;
}
void add(int a,int b,int c)
{
to[cnt]=b,val[cnt]=c,next[cnt]=head[a],head[a]=cnt++;
}
void dfs1(int x)
{
size[x]=1,q[++q[0]]=x;
for(int i=head[x];i!=-1;i=next[i])
{
if(to[i]!=fa[x])
{
v[to[i]]=val[i],deep[to[i]]=deep[x]+1,dis[to[i]]=dis[x]+val[i],fa[to[i]]=x;
dfs1(to[i]);
size[x]+=size[to[i]];
if(size[to[i]]>size[son[x]]) son[x]=to[i];
}
}
}
int getlca(int x,int y) //树剖
{
while(top[x]!=top[y])
{
if(deep[top[x]]<deep[top[y]]) swap(x,y);
x=fa[top[x]];
}
if(deep[x]>deep[y]) swap(x,y);
return x;
}
int check(int sta)
{
int i,sum=0;
memset(s,0,sizeof(s));
for(i=1;i<=m;i++)
if(len[i]>sta)
s[p1[i]]++,s[p2[i]]++,s[pa[i]]-=2,sum++;
for(i=n;i>=1;i--)
{
s[fa[q[i]]]+=s[q[i]];
if(v[q[i]]>=maxx-sta&&s[q[i]]==sum) return 1;
}
return 0;
}
int main()
{
n=readin(),m=readin();
memset(head,-1,sizeof(head));
int i,j,a,b,c;
for(i=1;i<n;i++)
{
a=readin(),b=readin(),c=readin();
add(a,b,c),add(b,a,c),minn=max(minn,c);
}
deep[1]=top[1]=1;
dfs1(1);
for(i=1;i<=n;i++) //用DFS序
{
if(q[i]==son[fa[q[i]]]) top[q[i]]=top[fa[q[i]]];
else top[q[i]]=q[i];
}
for(i=1;i<=m;i++) //预处理
{
p1[i]=readin(),p2[i]=readin();
pa[i]=getlca(p1[i],p2[i]);
len[i]=dis[p1[i]]+dis[p2[i]]-2*dis[pa[i]];
maxx=max(maxx,len[i]);
}
int l=maxx-minn,r=maxx+1,mid; //缩小范围
while(l<r)
{
mid=l+r>>1;
if(check(mid)) r=mid;
else l=mid+1;
}
printf("%d",r);
return 0;
}