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题目背景
公元 2044 年,人类进入了宇宙纪元。
题目描述
公元 2044 年，人类进入了宇宙纪元。
L 国有 nnn 个星球，还有 n−1n-1n−1 条双向航道，每条航道建立在两个星球之间，这 n−1n-1n−1 条航道连通了 LLL 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 uiu_iui 号星球沿最快的宇航路径飞行到 viv_ivi 号星球去。显然，飞船驶过一条航道是需要时间的，对于航道 jjj ，任意飞船驶过它所花费的时间为 tjt_jtj ，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 mmm 个运输计划。在虫洞建设完成后，这 mmm 个运输计划会同时开始，所有飞船一起出发。当这 mmm 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？
输入输出格式
输入格式：
第一行包括两个正整数 n,mn, mn,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 111 到 nnn 编号。
接下来 n−1n-1n−1 行描述航道的建设情况，其中第 iii 行包含三个整数 ai,bia_i, b_iai,bi 和 tit_iti ，表示第 iii 条双向航道修建在 aia_iai 与 bib_ibi 两个星球之间，任意飞船驶过它所花费的时间为 tit_iti 。数据保证 1≤ai,bi≤n1 leq a_i,b_i leq n1≤ai,bi≤n 且 0≤ti≤10000 leq t_i leq 10000≤ti≤1000 。
接下来 mmm 行描述运输计划的情况，其中第 jjj 行包含两个正整数 uju_juj 和 vjv_jvj ，表示第 jjj 个运输计划是从 uju_juj 号星球飞往 vjv_jvj 号星球。数据保证 1≤ui,vi≤n1 leq u_i,v_i leq n1≤ui,vi≤n
输出格式：
输出文件只包含一个整数，表示小 P 的物流公司完成阶段性工作所需要的最短时间。
输入输出样例
说明
所有测试数据的范围和特点如下表所示
请注意常数因子带来的程序效率上的影响。
【思路分析】
首先了解一下题目是什么意思：
给你一棵树，一些路径，让你求在去掉一条边权的情况下，最长路径长度的最小值。
当我第一次看到这道题时，我第一反应想到的是点分治，然后发现有一个删除一条边权的条件，然后就发现有点毒瘤了，看了别人思路之后发现需要用树上差分，然后就开始学树上差分（真的菜啊。。。），突然发现树上差分好像很妙妙的样子，然后顿时人生明亮了起来。（不会树上差分，看这里！！！）
看到最大值的最小情况，我们会很熟悉地想到二分答案，没错我们就二分答案。
我们每次二分最长路径最小值为k的情况，然后我们就要在所有路径中寻找满足条件的路径，不难发现如果当前边权w>=max-k（最大路径都满足，则其余路径均满足），并且w这条边在所有比k大的路径上，那么我们就发现当前k满足情况。
那么我们怎么标记大于k的路径呢？这里就要用到我们的树上差分了，对于一段路径，起点为a，终点为b，取其lca，则我们统计树上前缀和，cf[a]++，cf[b]++，cf[lca]-=2。这样我们在算这条路径上的点的时候，就会记录其被大于k的路径覆盖过一次。
然后生活美妙，人生明朗。。。
最后不禁吐槽一下，为什么洛谷上开O2，比不开还慢？？？蛤蛤蛤？？？我怕是吸了假氧气。。。
以图为证：
【代码实现】
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<algorithm> 4 #define dd(i) dis[a[i]]+dis[b[i]]-dis[lca[i]]*2 5 using namespace std; 6 const int maxn=3e5+5; 7 int top[maxn],fa[maxn],mxson[maxn],siz[maxn],dep[maxn],head[maxn],id[maxn],a[maxn],b[maxn],lca[maxn],dis[maxn],ww[maxn],cf[maxn]; 8 struct sd{ 9 int to,next,w; 10 }edge[maxn*2]; 11 int cnt,n,m,mx1,mx2; 12 void add(int from,int to,int w1) 13 { 14 edge[++cnt].to=to; 15 edge[cnt].next=head[from]; 16 edge[cnt].w=w1; 17 head[from]=cnt; 18 } 19 void dfs(int v,int ff,int deep) 20 { 21 id[++cnt]=v,fa[v]=ff,dep[v]=deep,siz[v]=1; 22 int MS=0,MX=0; 23 for(int i=head[v];i!=0;i=edge[i].next) 24 { 25 int to=edge[i].to; 26 if(to!=ff) 27 { 28 ww[to]=edge[i].w; 29 dis[to]=dis[v]+ww[to]; 30 dfs(to,v,deep+1); 31 if(MX<siz[to]) MX=siz[to],MS=to; 32 siz[v]+=siz[to]; 33 } 34 } 35 mxson[v]=MS; 36 } 37 void dfs2(int v,int tt) 38 { 39 top[v]=tt; 40 if(!mxson[v]) return; 41 dfs2(mxson[v],tt); 42 for(int i=head[v];i!=0;i=edge[i].next) 43 { 44 if(edge[i].to!=fa[v]&&edge[i].to!=mxson[v]) 45 dfs2(edge[i].to,edge[i].to); 46 } 47 } 48 int LCA(int a,int b) 49 { 50 while(top[a]!=top[b]) 51 { 52 if(dep[top[a]]>dep[top[b]]) a=fa[top[a]]; 53 else b=fa[top[b]]; 54 } 55 if(dep[a]<dep[b]) return a; 56 else return b; 57 } 58 bool check(int k) 59 { 60 memset(cf,0,sizeof(cf)),cnt=0; 61 for(int i=1;i<=m;i++) 62 if(dd(i)>k) cf[a[i]]++,cf[b[i]]++,cf[lca[i]]-=2,cnt++; 63 for(int i=n;i>=1;i--) 64 { 65 cf[fa[id[i]]]+=cf[id[i]]; 66 if(ww[id[i]]>=mx2-k&&cf[id[i]]==cnt) return true; 67 } 68 return false; 69 } 70 int main() 71 { 72 scanf("%d%d",&n,&m); 73 for(int i=1;i<n;i++) 74 { 75 int a1,b1,w1; 76 scanf("%d%d%d",&a1,&b1,&w1); 77 add(a1,b1,w1);add(b1,a1,w1); 78 mx1=max(mx1,w1); 79 } 80 cnt=0,dfs(1,0,1),dfs2(1,1); 81 for(int i=1;i<=m;i++) 82 { 83 scanf("%d%d",&a[i],&b[i]); 84 lca[i]=LCA(a[i],b[i]); 85 mx2=max(dd(i),mx2); 86 } 87 int l=mx2-mx1,r=mx2+1,ans; 88 while(l<=r) 89 { 90 int mid=(l+r)>>1; 91 if(check(mid)) r=mid-1,ans=mid; 92 else l=mid+1; 93 } 94 printf("%d",ans); 95 return 0; 96 }