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 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 LL 国的航道建设，即允许小PP 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？
输入输出格式
输入格式：
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
输出格式：
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。
/* 这道题目好难的 不愧为紫题（不像松鼠的新家QAQ） 这道题可以说是树上差分+LCA+二分的综合题 这次LCA用的树剖求，于是有了3个dfs 233333 看题目就知道这是一棵树 使用边差分 将边权赋给点 预处理出最长的计划的长度 max(query[i].dis = dis[query[i].start] + dis[query[i].end] - dis[query[i].lca] * 2) 考虑二分路径的长度 记录下所有大于mid长度的计划 （此时小于mid的一定合法） 如果删去这些路径公共的最大边 这些路径的长度都小于mid 那么这个mid合法 其他的下面的注释写的很详细了 */ #include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int maxn = 300005; int fa[maxn],top[maxn],size[maxn],son[maxn],depth[maxn];//这些是树链剖分需要的数组QAQ int head[maxn],edge[maxn],dis[maxn],num[maxn],n,m,cnt,kkk; //有必要说明各个数组的含义：head不多说、edge表示边的序号、dis表示点到根节点的距离、num是树上差分用的 struct node{ int to,pre,v; }G[maxn*2];//这个存的树，前向星法 struct Node{ int anc,dist,start,end; }plan[maxn]; void add(int from,int to,int val){ G[++cnt].to = to; G[cnt].v = val; G[cnt].pre = head[from]; head[from] = cnt; } void dfs1(int x){ size[x] = 1; for(int i = head[x];i;i = G[i].pre){ int cur = G[i].to; if(cur == fa[x]) continue; depth[cur] = depth[x] + 1; fa[cur] = x;edge[cur] = i;//与普通的树剖不同，这里要将边权赋给点 dis[cur] = dis[x] + G[i].v;//还要预处理每个点的dis dfs1(cur); size[x] += size[cur]; if(size[cur] > size[son[x]]) son[x] = cur; } } void dfs2(int x,int t){ top[x] = t; if(son[x]) dfs2(son[x],t); for(int i = head[x];i;i = G[i].pre){ int cur = G[i].to; if(cur != fa[x] && cur != son[x]) dfs2(cur,cur); } } int lca(int x,int y){ while(top[x] != top[y]){ if(depth[top[x]] < depth[top[y]]) swap(x,y); x = fa[top[x]]; } if(depth[x] > depth[y]) swap(x,y); return x; }//求LCA 千万别写错了233333 void dfs3(int x,int f){ for(int i = head[x];i;i = G[i].pre){ int cur = G[i].to; if(cur == f) continue; dfs3(cur,x); num[x] += num[cur]; } }//树上差分的合并 int can(int x){ memset(num,0,sizeof(num));//记得每一次要清零 int sum = 0,maxl = 0;//sum表示路径长度大于mid的计划数 maxl表示最长的路径 for(int i = 1;i <= m;i++){ if(plan[i].dist > x){ sum++; num[plan[i].start]++; num[plan[i].end]++; num[plan[i].anc]-=2;//树上差分的边差分操作 maxl = max(maxl,plan[i].dist); } } dfs3(1,0);//合并 for(int i = 1;i <= n;i++){ if(num[i] == sum && maxl - G[edge[i]].v <= x) return 1; }//这里很关键：只有存在一条边被经过最多的sum次并且它在被删去以后剩下的链的长度比现在的答案mid小，答案才合法 //具体为什么好好想一想就知道啦 return 0; } int main(){ int x,y,z; //freopen("testdata.in","r",stdin); scanf("%d%d",&n,&m); for(int i = 1;i < n;i++){ scanf("%d%d%d",&x,&y,&z); add(x,y,z);add(y,x,z);//树要加双向边 } dfs1(1);dfs2(1,1); for(int i = 1;i <= m;i++){ scanf("%d%d",&plan[i].start,&plan[i].end); plan[i].anc = lca(plan[i].start,plan[i].end);//求LCA plan[i].dist = dis[plan[i].start] + dis[plan[i].end] - 2 * dis[plan[i].anc];//求两点的距离 kkk = max(kkk,plan[i].dist);//找到每个计划当中最长的链 } int l = 0,r = kkk,ans = 0; while(l <= r){ int mid = (l+r) >> 1; if(can(mid)) ans = mid,r = mid-1; else l = mid + 1; }//二分，注意答案是往小的方向找的 printf("%d ",ans); return 0; }