[SDOI2011]消防(单调队列，树的直径，双指针)

 消防

 

2011年

 时间限制: 2 s

 空间限制: 256000 KB

 题目等级 : 大师 Master

 

题目描述 Description

某个国家有n个城市，这n个城市中任意两个都连通且有唯一一条路径，每条连通两个城市的道路的长度为zi(zi<=1000)。

这个国家的人对火焰有超越宇宙的热情，所以这个国家最兴旺的行业是消防业。由于政府对国民的热情忍无可忍（大量的消防经费开销）可是却又无可奈何（总统竞选的国民支持率），所以只能想尽方法提高消防能力。

现在这个国家的经费足以在一条边长度和不超过s的路径（两端都是城市）上建立消防枢纽，为了尽量提高枢纽的利用率，要求其他所有城市到这条路径的距离的最大值最小。

你受命监管这个项目，你当然需要知道应该把枢纽建立在什么位置上。

输入描述 Input Description

    输入包含n行：
    第1行，两个正整数n和s，中间用一个空格隔开。其中n为城市的个数，s为路径长度的上界。设结点编号以此为1，2，……，n。
  从第2行到第n行，每行给出3个用空格隔开的正整数，依次表示每一条边的两个端点编号和长度。例如，“2 4 7”表示连接结点2与4的边的长度为7。

输出描述 Output Description

输出包含一个非负整数，即所有城市到选择的路径的最大值，当然这个最大值必须是所有方案中最小的。

样例输入 Sample Input

【样例输入1】

5 2
1 2 5
2 3 2
2 4 4
2 5 3 

【样例输入2】

8 6
1 3 2
2 3 2 
3 4 6
4 5 3
4 6 4
4 7 2
7 8 3  

样例输出 Sample Output

【样例输出1】

5

【样例输出2】

5

数据范围及提示 Data Size & Hint

对于20%的数据，n<=300。

对于50%的数据，n<=3000。

对于100%的数据，n<=300000，边长小等于1000。 

/*
20%的数据,就是NOIP那道树网的核。
100%这么大的数据范围，若直径长度为d，dlogd可能会被卡
所以就需要一种O(n)的算法。

先bfs两遍求出树的直径(防爆栈)，O(n)的
然后维护 g[i]表示i是路径右端点时，右边那段删掉的直径长度。
f[i]表示i是路径左端点时，左边那段删掉的直径长度。
h[i]表示i是直径上的点，每个直径上的点不是都有一棵（或者很多棵）
由非此直径上点组成的树（森林）嘛，点i到这些子节点中最远的那个的距离。
然后在这个序列上跑双指针。就是路径长度不是有限制嘛，然后从左到右枚举左端点，然后右端点是非严格单调右移的。
时间复杂度线性。而对于一段路径区间[l,r]，它作为枢纽时的答案为 
max(max(f[l],g[r]),max{hi,i∈[l,r]}) 
然后最右边那个怎么搞呢？ 单调队列，维护hi最大值啊~ 
*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<queue>

#define N 3000007
#define inf 0x3f3f3f3f

using namespace std;
int n,m,k,s,t,ans,cnt,num,L,R;
int head[N],f[N],g[N],h[N],fa[N],vis[N];
int belong[N],tmp[N],que[N],id[N];
struct edge{
    int v,net,w;
}e[N<<1];
queue<int>q;

inline int read()
{
    int x=0,f=1;char c=getchar();
    while(c>'9'||c<'0'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
    while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
    return x*f;
}

inline void add(int u,int v,int w)
{
    e[++cnt].v=v;e[cnt].w=w,e[cnt].net=head[u];head[u]=cnt;
}

int bfs(int s,int Time)
{
    int len=0;q.push(s);
    g[s]=0,fa[s]=s,vis[s]=Time;
    while(!q.empty())
    {
        int u=q.front();q.pop();
        for(int i=head[u];i;i=e[i].net)
        {
            int v=e[i].v;
            if(vis[v]==Time) continue;
            g[v]=g[u]+e[i].w;len=max(len,g[v]);
            fa[v]=u;vis[v]=Time;
            q.push(v);
        }
    }return len;
}

void solve()
{
    int i;
    for(s=1,bfs(s,++num),i=1;i<=n;i++)
      if(g[i]>g[s]) s=i;
    for(bfs(s,++num),i=1;i<=n;i++)
      if(g[i]>g[t]) t=i;
    belong[n=1]=t;num++;
    do{
        t=fa[t],belong[++n]=t,vis[t]=num;
    }while(t!=s);
    
    for(i=1;i<=n;i++) f[i]=g[belong[1]]-g[belong[i]];
    for(i=1;i<=n;i++) tmp[i]=g[belong[i]];
    for(i=1;i<=n;i++) h[i]=bfs(belong[i],num);
    for(i=1;i< n;i++) g[i]=tmp[i];g[n]=0;    
}

int main()
{
    int x,y,z;
    n=read();m=read();
    for(int i=1;i<n;i++)
    {
        x=read();y=read();z=read();
        add(x,y,z);add(y,x,z);
    }
    solve();
    
    int l=1,r=0;ans=inf;
    for(l=1;l<=n;l++)
    {
        while(r<n && f[r+1]-f[l]<=m)
        {
            ++r;while(L<=R && que[R]<h[r]) R--;
            que[++R]=h[r];id[R]=r;
        }
        ans=min(ans,max(max(f[l],g[r]),que[L]));
        if(id[L]<=l)L++;
    }
    printf("%d
",ans);
    return 0;
}