Time Limit: 30 Sec Memory Limit: 128 MB
Submit: 1971 Solved: 1262
[Submit][Status][Discuss]
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。
数据保证 1≤ui,vi≤n ,n,m<=300000
数据保证 1≤ai,bi≤n 且 0≤ti≤1000。
Output
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。
Sample Input
6 3
1 2 3
1 6 4
3 1 7
4 3 6
3 5 5
3 6
2 5
4 5
Sample Output
11
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。
解题思路
首先我们先得搞定树上两点之间的长度，可以用这两点分别到根的和-2*这两个点的lca，lca用树链剖分求，第一遍dfs的时候顺便求出两点到根的距离。之后我们二分答案，二分一个长度，若要满足这个长度，必须让所有大于这个长度的边都去掉一条边，所以我们考虑树上差分。树上差分其实理解起来就和平常的数列差分一样，只是在树上跑。然后判断删去最长公共边之后是否能使被二分的这个答案满足。时间复杂度貌似是nlognlogn。卡卡常还是能过的。
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 300005;
inline int rd(){
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)) {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
while(isdigit(ch)) {x=(x<<1)+(x<<3)+ch-48;ch=getchar();}
return x*f;
}
int n,m,cnt,dis[MAXN],mx,ret,ans=1<<30;
int head[MAXN],fa[MAXN],son[MAXN];
int top[MAXN],siz[MAXN],dep[MAXN];
int num,s[MAXN],a[MAXN],dl[MAXN];
struct Edge{
int nxt,to,val;
}edge[MAXN<<1];
struct Node{
int u,v,lca;
}node[MAXN];
inline void add(int bg,int ed,int w){
edge[++cnt].to=ed;
edge[cnt].val=w;
edge[cnt].nxt=head[bg];
head[bg]=cnt;
}
inline void dfs1(int x,int f,int d,int DIS){
siz[x]=1;
dep[x]=d;
dl[x]=DIS;
fa[x]=f;
int maxson=-1;
for(register int i=head[x];i;i=edge[i].nxt){
int u=edge[i].to;
if(u==f) continue;
a[u]=edge[i].val;
dfs1(u,x,d+1,DIS+edge[i].val);
siz[x]+=siz[u];
if(siz[u]>maxson) {maxson=siz[u];son[x]=u;}
}
}
inline void dfs2(int x,int topf){
top[x]=topf;
if(!son[x]) return;
dfs2(son[x],topf);
for(register int i=head[x];i;i=edge[i].nxt){
int u=edge[i].to;
if(u==fa[x] || u==son[x]) continue;
dfs2(u,u);
}
}
inline void dfs(int x){
for(register int i=head[x];i;i=edge[i].nxt){
int u=edge[i].to;
if(u==fa[x]) continue;
dfs(u);
s[x]+=s[u];
}
if(s[x]==num && ret<a[x]) ret=a[x];
}
inline bool check(int x){
memset(s,0,sizeof(s));
num=ret=0;
for(register int i=1;i<=m;i++)
if(dis[i]>x) {
s[node[i].u]++;
s[node[i].v]++;
s[node[i].lca]-=2;
num++;
}
dfs(1);
if(mx-ret<=x) return true;
return false;
}
inline void solve(){
int l=0,r=mx;
while(l<=r){
int mid=l+r>>1;
if(check(mid)){
r=mid-1;
ans=mid;
}
else l=mid+1;
}
}
inline bool cmp(int x,int y){
return dis[x]>dis[y];
}
int main(){
n=rd();m=rd();
for(register int i=1;i<n;i++){
int x=rd(),y=rd(),z=rd();
add(x,y,z);add(y,x,z);
}
dfs1(1,1,0,0);
dfs2(1,1);
for(register int i=1;i<=m;i++){
node[i].u=rd(),node[i].v=rd();
int x=node[i].u,y=node[i].v;
dis[i]=dl[x]+dl[y];
// cout<<dis[i]<<endl;
while(top[x]!=top[y]){
if(dep[top[x]]>=dep[top[y]]) x=fa[top[x]];
else y=fa[top[y]];
}
node[i].lca=dep[x]<dep[y]?x:y;
dis[i]-=2*dl[node[i].lca];
// cout<<dis[i]<<endl;
mx=mx>dis[i]?mx:dis[i];
// cout<<mx<<endl;
}
solve();
printf("%d",ans);
return 0;
}