4326: NOIP2015 运输计划
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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。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
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
题目分析
当初联赛此题我看都来得及没看，好弱啊。当初听学长说此题是一道树剖，本蒟蒻现在学了树剖还是不会。
首先，此题要求最大值最小，容易可以想到二分。
现在要想如何(check)。
显然，要变为虫洞的边应该在所有比(mid)值大的路径上，于是我们需要快速求出所有这类路径的交集上的最大边。
我们可以用差分来进行求交集，之后乱搞一下就好了。
代码比较丑，用时8500ms+
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
//Input
int ina; char inc,inb[1<<16],*ine=inb,*ins=inb;
#define getc() ((ins==ine&&(ine=(ins=inb)+fread(inb,1,1<<16,stdin),ins==ine))?EOF:*ins++)
inline int geti() {
while((inc=getc())<'0'||inc>'9'); ina=inc-'0';
while((inc=getc())>='0'&&inc<='9') ina=(ina<<3)+(ina<<1)+inc-'0';
return ina;
}
//Tree
#define N 300010
int son[N],fa[N],top[N],head[N],nxt[N<<1],to[N<<1],w[N<<1],tote,dep[N],dis[N],d[N];
#define FOR(a,b) for(int a=head[b];~a;a=nxt[a])
int dfs1(int u) {
int ret=1,t,mx=0; son[u]=0;
FOR(i,u) if(to[i]^fa[u]) {
dep[to[i]]=dep[u]+1;
dis[to[i]]=dis[u]+w[i];
fa[to[i]]=u;
ret +=(t=dfs1(to[i]));
(mx<t)?mx=t,son[u]=to[i]:1;
}
return ret;
}
void dfs2(int u,int tp) {
top[u]=tp; if(son[u]) dfs2(son[u],tp);
FOR(i,u) if(to[i]!=fa[u]&&to[i]!=son[u])
dfs2(to[i],to[i]);
}
int lca(int u,int v) {
while(top[u]^top[v]) {
if(dep[top[u]]<dep[top[v]]) u^=v^=u^=v;
u=fa[top[u]];
}
return (dep[u]<dep[v])?u:v;
}
//Operator
int From[N],End[N],Len[N],Lca[N];
//main
int mxdis,mxedge,cntmor,val[N],n,m;
int rejudge(int u) {
FOR(i,u) if(to[i]^fa[u]) d[u]+=rejudge(to[i]);
(d[u]==cntmor&&mxedge<val[u])?mxedge=val[u]:1;
return d[u];
}
bool check(int x) {
mxdis=mxedge=cntmor=0;
memset(d,0,sizeof d);
for(int i=1;i<=m;++i) if(Len[i]>x) {
(mxdis<Len[i])?mxdis=Len[i]:1;
++d[From[i]],++d[End[i]];
d[Lca[i]]-=2; ++cntmor;
}
rejudge(1);
return mxdis-mxedge<=x;
}
int main() {
int i,j,k,a,b,c,l,r=0,mid,ans;
memset(head,-1,sizeof head);
for(n=geti(),m=geti(),i=1;i<n;++i) {
a=geti(),b=geti(),c=geti();
to[tote]=b,nxt[tote]=head[a],w[tote]=c,head[a]=tote++;
to[tote]=a,nxt[tote]=head[b],w[tote]=c,head[b]=tote++;
}
dfs1(1), dfs2(1,1);
for(i=0;i<tote;i+=2) val[(dep[to[i]]<dep[to[i^1]])?to[i^1]:to[i]]=w[i];
for(i=1;i<=m;++i) {
From[i]=geti(),End[i]=geti();
Len[i]=dis[From[i]]+dis[End[i]]-2*dis[Lca[i]=lca(From[i],End[i])];
(r<Len[i])?r=Len[i]:1;
}
l=0;
while(l<=r) {
mid=l+r>>1;
if(check(mid)) r=(ans=mid)-1;
else l=mid+1;
}
return printf("%d
",ans),0;
}
update:
此代码在洛谷（被某人刷贴之后管理员改时限过了）和CodeVs（非官方数据）上被卡掉了，似乎用tarjan可过，不过不想改了。