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?
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。
6 3
1 2 3
1 6 4
3 1 7
4 3 6
3 5 5
3 6
2 5
4 5
11
样例解释:
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。
测试数据及约定:
| 测试点编号 | n= | m= | 约定 |
| 1 | 100 | 1 | |
| 2 | 100 | 100 | 第i条航道连接i号星球与i+1号星球 |
| 3 | 100 | 100 | |
| 4 | 2000 | 1 | |
| 5 | 1000 | 1000 | 第i条航道连接i号星球与i+1号星球 |
| 6 | 2000 | 2000 | 第i条航道连接i号星球与i+1号星球 |
| 7 | 3000 | 3000 | 第i条航道连接i号星球与i+1号星球 |
| 8 | 1000 | 1000 | |
| 9 | 2000 | 2000 | |
| 10 | 3000 | 3000 | |
| 11 | 80000 | 1 | |
| 12 | 100000 | 1 | |
| 13 | 70000 | 70000 |
第i条航道连接i号星球与i+1号星球 |
| 14 | 80000 | 80000 | 第i条航道连接i号星球与i+1号星球 |
| 15 | 90000 | 90000 | 第i条航道连接i号星球与i+1号星球 |
| 16 | 100000 | 100000 | 第i条航道连接i号星球与i+1号星球 |
| 17 | 80000 | 80000 | |
| 18 | 90000 | 90000 | |
| 19 | 100000 | 100000 | |
| 20 | 300000 | 300000 | |
|
所有数据 |
1<=ai,bi,uj,vj<=n,0<=ti<=1000 |
(所有测试点编号加10)
/* LCA倍增+二分 只能95分了，树剖神马的就算了 先LCA一遍，记下每个任务的起点，终点，公共祖先，所需时间 然后二分答案，统计不满足答案的任务tot，然后维护一个sum[i]， 对于每个不满足条件的任务，sum[起点]++，sum[终点]++，sum[公共祖先]-=2， 并将它们的sum值传到父亲结点，最后看是否能找出某个点i，使sum[i]=tot并且 连到这个点的边权值>= 最大任务时间-答案，如果能，这个答案即为可行答案。 */ #include<cstdio> #include<iostream> #include<cstring> #define M 300010 #define S 20 using namespace std; int head[M],num,n,m; int dist[M],deep[M],fa[M][S+5],sum[M],edge[M],inf; struct node { int u,v,t,pre; };node e[M*2]; struct node2 { int dis,a1,b1,anc; };node2 lca[M]; void add(int x,int y,int z) { ++num; e[num].u=x; e[num].v=y; e[num].t=z; e[num].pre=head[x]; head[x]=num; } void dfs(int now,int from,int c,int Dis) { fa[now][0]=from;deep[now]=c;dist[now]=Dis; for(int i=head[now];i;i=e[i].pre) if(e[i].v!=from) { edge[e[i].v]=i; dfs(e[i].v,now,c+1,Dis+e[i].t); } } void get_fa() { for(int j=1;j<=S;j++) for(int i=1;i<=n;i++) fa[i][j]=fa[fa[i][j-1]][j-1]; } int get_same(int a,int t) { for(int i=0;i<=S;i++) if(t&(1<<i)) a=fa[a][i]; return a; } int LCA(int a,int b) { if(deep[a]<deep[b])swap(a,b); a=get_same(a,deep[a]-deep[b]); if(a==b)return a; for(int i=S;i>=0;i--) if(fa[a][i]!=fa[b][i]) { a=fa[a][i]; b=fa[b][i]; } return fa[a][0]; } void get_sum(int now,int from) { for(int i=head[now];i;i=e[i].pre) if(e[i].v!=from) { get_sum(e[i].v,now); sum[now]+=sum[e[i].v]; } } int check(int x) { int tot=0,p=0; memset(sum,0,sizeof(sum)); for(int i=1;i<=m;i++) if(lca[i].dis>x) { tot++; sum[lca[i].a1]++; sum[lca[i].b1]++; sum[lca[i].anc]-=2; p=max(p,lca[i].dis-x); } get_sum(1,1); for(int i=1;i<=n;i++) if(sum[i]==tot&&e[edge[i]].t>=p) return 1; return 0; } void init() { scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<n;i++) { int x,y,z; scanf("%d%d%d",&x,&y,&z); add(x,y,z);add(y,x,z); } dfs(1,1,0,0); get_fa(); for(int i=1;i<=m;i++) { scanf("%d%d",&lca[i].a1,&lca[i].b1); lca[i].anc=LCA(lca[i].a1,lca[i].b1); lca[i].dis=dist[lca[i].a1]+dist[lca[i].b1]-2*dist[lca[i].anc]; inf=max(inf,lca[i].dis); } } void solve() { int l=0,r=inf,ans; while(l<=r) { int m=(l+r)/2; if(check(m)) { r=m-1; ans=m; } else l=m+1; } printf("%d",ans); } int main() { init(); solve(); return 0; }