CF1016F 【Road Projects】

思路

可以考虑另一种想法：因为我们发现，答案是肯定不会大于在原来的树上的最短路径的。所以原来的最短路是（有可能的）最大值！

我们把树变成这样，提取出1~n的路径，方便观看撕烤：

（它有个我起的名字，叫灯笼树态,处理树上路径与其余部分之间的关系时画图用，并非真实的数据结构)

我们称被提取出来的树上路径（本题为1~n）为灯笼线，路径上每一个节点及其下悬挂的子树称为灯笼子树，每一个灯笼子树的根节点叫悬挂点。

显然，悬挂点一定在灯笼线上。任意一个点的悬挂点就是它所在的灯笼子树的悬挂点。一个点如果在灯笼线上，那么它的悬挂点是自己。

那么什么时候原来的最短路不是答案呢？

那么就是对于任何的u和v，将它们连接起来后，新的最短路都比原来的最短路小。

换句话说:设灯笼线上的两个点x和y分别为准备新加边的u，v的悬挂点。那么只需比较(x到y的路径长度)和（u_x，vy的长度和再加上每次询问时的那个值)即可。

（重头戏来了！)

如果上文的u和v再同一颗灯笼子树内呢？

（*）于是,你发现一个结论：如果一颗灯笼子树除悬挂点外有超过两个以上的节点，那么连接这颗灯笼子树内的两个没有直接边相连的点，无论询问多少，Ans会取到原图的最短路，也就是理论最大值。

所以，我们仅需考虑每颗颗灯笼子树除悬挂点外仅有1的点的原树即可。

由于要比较(x到y的路径长度)和（u_x，vy的长度和再加上每次询问时的那个值），所以我们可以算出最大的(x到y的路径长度)-（u_x，vy的长度和）,每次询问将其加上询问值并与0比较即可。

如何算出(x到y的路径长度)-（u_x，vy的长度和）？将这个式子拆开分别维护，一遍dfs，用heap维护一下。建议读者自行撕烤这部分内容。

Code：

#include <cstdio>
#include <queue>
using namespace std;
const int S=600006;
struct info
{
	int x;
	long long s;
	inline bool operator<(const info &a) const
	{
		return s<a.s;
	}
}st[S];
priority_queue<info> pq;
int n,m,h[S],nx[S],v[S],w[S],eg=1,s[S],fa[S],top,lc[S],rc[S];
const long long infl=(1ll<<60)-1;
long long dep[S],res=-infl;
bool flag,mk[S];
void read(int &s)
{
	s=0;char c=getchar();
	while (c<'0' || c>'9') c=getchar();
	while (c>='0' && c<='9') s=(s<<1)+(s<<3)+(c^48),c=getchar();
}
inline void egadd(int uu,int vv,int ww)
{
	nx[++eg]=h[uu];h[uu]=eg;
	v[eg]=vv;w[eg]=ww;
}
void dfs_1(int x)
{
	s[x]=1;
	for (int i=h[x];i;i=nx[i])
		if (v[i]!=fa[x])
		{
			fa[v[i]]=x;
			dep[v[i]]=dep[x]+w[i];
			dfs_1(v[i]);
			s[x]+=s[v[i]];
		}
}
bool check()
{
	int o=n;
	if (s[o]>2) return false;
	while (o!=1)
	{
		if (s[fa[o]]-s[o]>2) return false;
		mk[o]=true;
		o=fa[o];
	}
	mk[1]=true;
	return true;
}
inline long long ma(long long a,long long b){return a>b?a:b;}
inline long long mi(long long a,long long b){return a<b?a:b;}
void dfs_3(int x)//这里是将原树转为二叉树，因为灯笼子树大小不超过两个点的树就是一颗二叉树
{
	for (int i=h[x];i;i=nx[i])
		if (v[i]!=fa[x])
		{
			dfs_3(v[i]);
			if (mk[v[i]])
			{
				lc[x]=v[i];
				break;
			}
		}
	for (int i=h[x];i;i=nx[i])
		if (v[i]!=fa[x])
			if (!mk[v[i]])
			{
				rc[x]=v[i];
				break;
			}
}
void dfs_2(int x)
{
	if (lc[x]) dfs_2(lc[x]);
	if (rc[x]) dfs_2(rc[x]);
	while (!pq.empty() && fa[pq.top().x]==x)
		st[++top]=pq.top(),pq.pop();
	if (!pq.empty()) res=ma(res,pq.top().s+dep[x]);
	while (top) pq.push(st[top--]);
	pq.push((info){x,2*(mk[x]?0:dep[x]-dep[fa[x]])-dep[x]});
}
int main()
{
	read(n);read(m);
	for (int i=1;i<n;i++)
	{
		int uu,vv,ww;
		read(uu);read(vv);read(ww);
		egadd(uu,vv,ww);
		egadd(vv,uu,ww);
	}
	dfs_1(1);
	flag=check();
	if (flag) dfs_3(1),dfs_2(1);
	int x;
	while (m--)
	{
		read(x);
		if (flag) printf("%lld
",dep[n]+mi(0,res+x));
		else printf("%lld
",dep[n]);
	}
	return 0;
}