Description
设T=(V, E, W) 是一个无圈且连通的无向图（也称为无根树），每条边带有正整数的权，我们称 T 为树网（treenetwork），其中V, E分别表示结点与边的集合，W表示各边长度的集合，并设T有n个结点。
路径：树网中任何两结点a,b都存在唯一的一条简单路径，用d(a,b)表示以a,b为端点的路径的长度，它是该路径上各边长度之和。我们称d(a,b)为a,b两结点间的距离。一点v到一条路径P的距离为该点与P上的最近的结点的距离：d(v，P)=min{d(v，u)，u为路径P上的结点}。
树网的直径：树网中最长的路径称为树网的直径。对于给定的树网T，直径不一定是唯一的，但可以证明：各直径的中点（不一定恰好是某个结点，可能在某条边的内部）是唯一的，我们称该点为树网的中心。
偏心距ECC(F)：树网T中距路径F最远的结点到路径F的距离，即：ECC(F)=max{d(v,F),v∈V} 。
任务：对于给定的树网T=(V, E,W)和非负整数s，求一个路径F，它是某直径上的一段路径（该路径两端均为树网中的结点），其长度不超过s（可以等于s），使偏心距ECC(F)最小。我们称这个路径为树网T=(V,E,W)的核（Core）。必要时，F可以退化为某个结点。一般来说，在上述定义下，核不一定只有一个，但最小偏心距是唯一的。
下面的图给出了树网的一个实例。图中，A-B与A-C是两条直径，长度均为20。点W是树网的中心，EF边的长度为5。如果指定s=11，则树网的核为路径DEFG（也可以取为路径DEF），偏心距为8。如果指定s=0（或s=1、s=2），则树网的核为结点F，偏心距为12。
Input
第1行，两个正整数n和s，中间用一个空格隔开。其中n为树网结点的个数，s为树网的核的长度的上界。设结点编号依次为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。 所给的数据都是正确的，不必检验。
Output
只有一个非负整数，为指定意义下的最小偏心距。
Sample Input 1
【输入1】
5 2
1 2 5
2 3 2
2 4 4
2 5 3
【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
Sample Output 1
【输出1】
5
【输出1】
5
Hint
此题解来自洛谷@柒葉灬 大佬：
思路:在直径上尺取,计算每条路径的偏心距.
-
方法1：可以选开始的一条，直接暴力计算每个点到这条点的贡献，之后进行递推，可以发现，只要两端点的改变会使得子树每个节点变化，用什么数据结构可以支持(在线修改+查询最大值)呢?——线段树！！！代码就不出示了......100多行，反正也没人看。
-
方法2：可以证明一条路径的2个端点最长距离是到直径两个端点，可以用反证法证明，所以只要处理非直径上其他点的贡献即可，预处理。
整理发现，在一个线段上尺取，每一个点有一个贡献，问这些点中最大值是多少？在与两端点贡献比较，单调队列√
然而我们探索并没有结束，我们仔细观察，我们找的最小值肯定要么是两端点到直径端点的贡献，要么是直径上的点的贡献，那么能不能直接取最小呢？答案是可以，可以证明一条路径上，其他点的贡献<两端点到直径端点的贡献（用反证法可以证明）。
比如说染色的是直径，红色的是选的路径，显然，绿色点的贡献都小于路径俩端点的贡献，证明over！
即就算加上其他点的贡献，对这条路径的答案也不会有一点影响，所以单调队列就可以去掉了直接取max就行了。
(我依据此思路的代码实现：)
#include<cstdio> #include<iostream> #include<cstring> using namespace std; const int maxn = 305, maxm = 605; int n, s; int fir[maxn], ne[maxm], to[maxm], w[maxm], np=0; void add(int x,int y,int z){ ne[++np] = fir[x]; fir[x] = np; to[np] = y; w[np] = z; } int dist[maxn],fa[maxn]; int mark[maxn]; void dfs(int u,int f,int d,int &o){ dist[u] = d; fa[u] = f; if(dist[o]<d) o = u; for(int i=fir[u];i;i=ne[i]){ int v = to[i]; if(v == f || mark[v]) continue; dfs(v, u, d+w[i], o); } } int main(){ scanf("%d%d", &n, &s); for(int i=1, x, y, z;i<n;++i) { scanf("%d%d%d", &x, &y, &z); add(x, y, z); add(y, x, z); } int d1=0,d2=0; dfs(1,0,0,d1); dfs(d1,0,0,d2); int ans=0x3f3f3f3f; for(int i=d2,j=d2; i; i=fa[i]) {//尺取的路径为[i,j] while(dist[j]-dist[i]>s) j=fa[j]; ans = min(ans, max(dist[d2]-dist[j], dist[i]) );//直接找两端点到i,j的距离 } for(int i=d2; i; i=fa[i]) mark[i] = 1; for(int i=d2,tmp=0; i; i=fa[i]) dist[i] = 0, dfs(i,fa[i],0,tmp); for(int i=1; i<=n; i++) ans = max(ans, dist[i]); printf("%d",ans); return 0; }