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
1 2 3
1 6 4
3 1 7
4 3 6
3 5 5
3 6
2 5
4 5
Sample Output
11
HINT
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。
Source
一直都不明白差分是什么玩意，突然发现原来我已经写了好多差分的题了？？？
这里先算出每条航道的路径长度，因为是最长路径最短，所以很容易想到二分答案
验证的时候利用差分可以算出每条路径分别被几条边覆盖，我们需要将长度大于当前答案的路径求交集，如果集合中的一条边的长度改为0的话所有答案符合就return true； 求交集的时候利用树上差分
由于一个节点会有很多个儿子，但是他的父亲只有一个，所以vw[i]存的是i到他的父亲结点的路径长度
NOIP2015貌似除了斗地主神题以外其他都AC了qwq
1 #include "bits/stdc++.h" 2 using namespace std; 3 typedef long long LL; 4 const int MAX=3e5+5; 5 int n,m; 6 int tot,head[MAX],adj[MAX<<1],wei[MAX<<1],next[MAX<<1]; 7 int fa[MAX][21],deep[MAX],dis[MAX],sum[MAX],vw[MAX]; 8 struct Edge{int u,v,w,lca;}edge[MAX]; 9 void addedge(int u,int v,int w){ 10 tot++,adj[tot]=v,wei[tot]=w,next[tot]=head[u],head[u]=tot; 11 } 12 inline int read(){ 13 int an=0,x=1;char c=getchar(); 14 while (c<'0' || c>'9') {if (c=='-') x=-1;c=getchar();} 15 while (c>='0' && c<='9') {an=(an<<3)+(an<<1)+c-'0';c=getchar();} 16 return an*x; 17 } 18 void dfs(int x,int ff){ 19 int i,j; 20 for (i=1;i<=20;i++){ 21 if (deep[x]<(1<<i)) break; 22 fa[x][i]=fa[ fa[x][i-1] ][i-1]; 23 } 24 for (i=head[x];i;i=next[i]){ 25 if (adj[i]==ff) continue; 26 fa[adj[i]][0]=x, deep[adj[i]]=deep[x]+1, dis[adj[i]]=dis[x]+wei[i] ,vw[adj[i]]=wei[i]; 27 dfs(adj[i],x); 28 } 29 } 30 int Lca(int x,int y){ 31 if (deep[x]<deep[y]) swap(x,y); 32 int i,j,dd; 33 dd=deep[x]-deep[y]; 34 for (i=20;i>=0;i--) 35 if (dd&(1<<i)) x=fa[x][i]; 36 for (i=20;i>=0;i--) 37 if (fa[x][i]!=fa[y][i]){ 38 x=fa[x][i],y=fa[y][i]; 39 } 40 return x==y?x:fa[x][0]; 41 } 42 void add(int x,int ff){ 43 int i; 44 for (i=head[x];i;i=next[i]){ 45 if (adj[i]==ff) continue; 46 add(adj[i],x); 47 sum[x]+=sum[adj[i]]; 48 } 49 } 50 bool feasible(int x){ 51 register int i,j,su=0,mx=0; 52 memset(sum,0,sizeof(sum)); 53 for (i=1;i<=m;i++) 54 if (edge[i].w>x){ 55 su++, 56 sum[edge[i].u]++,sum[edge[i].v]++,sum[edge[i].lca]-=2; 57 mx=max(mx,edge[i].w-x); 58 } 59 if (su==0) return true; 60 add(1,0); 61 for (i=1;i<=n;i++){ 62 if (sum[i]==su && vw[i]>=mx) 63 return true; 64 } 65 return false; 66 } 67 int main(){ 68 freopen ("transport.in","r",stdin);freopen ("transport.out","w",stdout); 69 int i,j,u,v,w,low=0,mid,high=0; 70 n=read(),m=read(); 71 for (i=1;i<n;i++){ 72 u=read(),v=read(),w=read(); 73 addedge(u,v,w);addedge(v,u,w); 74 } 75 dfs(1,0);deep[1]=1; 76 for (i=1;i<=m;i++){ 77 edge[i].u=read(),edge[i].v=read(); 78 edge[i].lca=Lca(edge[i].u,edge[i].v); 79 edge[i].w=dis[edge[i].u]+dis[edge[i].v]-2*dis[edge[i].lca]; 80 high=max(high,edge[i].w); 81 } 82 while (low<=high){ 83 mid=(low+high)>>1; 84 if (feasible(mid)) high=mid-1; 85 else low=mid+1; 86 } 87 printf("%d",low); 88 return 0; 89 } 90