题目描述
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？
输入
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。数据保证 1≤ai,bi≤n 且 0≤ti≤1000。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
输出
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。
样例输入
6 3
1 2 3
1 6 4
3 1 7
4 3 6
3 5 5
3 6
2 5
4 5
样例输出
11
提示
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。
题解
二分答案+LCA（这里使用树剖求LCA）+差分
先预处理一下每个计划的时间和最近公共祖先（非常重要，影响时间复杂度），
然后二分答案，记录所有时间大于mid的计划的边的交集，这里使用差分数组。
然后用最长的计划时间减去交集中的最大边，并与mid比较即可。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define N 300001
using namespace std;
int fa[N] , deep[N] , bl[N] , si[N] , dis[N] , vf[N] , tot , queue[N];
int head[N] , to[N << 1] , val[N << 1] , next[N << 1] , cnt;
int sum[N] , n , be[N] , en[N] , planval[N] , m , f[N];
inline int read()
{
int num = 0;
char ch = getchar();
while(ch < '0' || ch > '9') ch = getchar();
while(ch >= '0' && ch <= '9') num = num * 10 + ch - '0' , ch = getchar();
return num;
}
void add(int x , int y , int z)
{
to[++cnt] = y;
val[cnt] = z;
next[cnt] = head[x];
head[x] = cnt;
}
void dfs1(int x)
{
int i;
si[x] = 1;
for(i = head[x] ; i ; i = next[i])
{
if(to[i] != fa[x])
{
fa[to[i]] = x;
deep[to[i]] = deep[x] + 1;
vf[to[i]] = val[i];
dfs1(to[i]);
si[x] += si[to[i]];
}
}
}
void dfs2(int x , int c)
{
int i , k = 0 , d;
bl[x] = c;
queue[++tot] = x;
for(i = head[x] ; i ; i = next[i])
{
if(to[i] != fa[x] && si[to[i]] > si[k])
{
k = to[i];
d = val[i];
}
}
if(k)
{
dis[k] = dis[x] + d;
dfs2(k , c);
for(i = head[x] ; i ; i = next[i])
if(to[i] != fa[x] && to[i] != k)
dfs2(to[i] , to[i]);
}
}
int getplan(int x , int y)
{
int ans = 0;
while(bl[x] != bl[y])
{
if(deep[bl[x]] < deep[bl[y]])
swap(x , y);
ans += dis[x] + vf[bl[x]];
x = fa[bl[x]];
}
if(deep[x] < deep[y])
swap(x , y);
ans += dis[x] - dis[y];
return ans;
}
int getlca(int x , int y)
{
while(bl[x] != bl[y])
{
if(deep[bl[x]] < deep[bl[y]])
swap(x , y);
x = fa[bl[x]];
}
if(deep[x] < deep[y])
return x;
return y;
}
bool check(int mid)
{
memset(sum , 0 , sizeof(sum));
int i , maxn = 0 , csum = 0 , maxroad = 0;
for(i = 1 ; i <= m ; i ++ )
{
if(planval[i] > mid)
{
sum[be[i]] ++ ;
sum[en[i]] ++ ;
sum[f[i]] -= 2;
if(maxn < planval[i])
maxn = planval[i];
csum ++ ;
}
}
for(i = n ; i >= 2 ; i -- )
{
sum[fa[queue[i]]] += sum[queue[i]];
if(sum[queue[i]] == csum)
maxroad = max(maxroad , vf[queue[i]]);
}
return maxn - maxroad <= mid;
}
int main()
{
int i , x , y , z , ans , l = 0 , r = -1;
n = read();
m = read();
for(i = 1 ; i < n ; i ++ )
{
x = read();
y = read();
z = read();
add(x , y , z);
add(y , x , z);
}
dfs1(1);
dfs2(1 , 1);
for(i = 1 ; i <= m ; i ++ )
{
be[i] = read();
en[i] = read();
planval[i] = getplan(be[i] , en[i]);
f[i] = getlca(be[i] , en[i]);
if(r < planval[i])
r = planval[i];
}
while(l <= r)
{
int mid = (l + r) >> 1;
if(check(mid))
{
ans = mid;
r = mid - 1;
}
else
l = mid + 1;
}
printf("%d
" , ans);
return 0;
}