【数据结构】运输计划 NOIP2015提高组D2T3
>>>>题目
【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 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?
【输入描述】
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
【输出描述】
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。
【样例输入】
6 3
1 2 3
1 6 4
3 1 7
4 3 6
3 5 5
3 6
2 5
4 5
【样例输出】
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。
>>>>分析
此题必备技能： 二分+树上差分+LCA
本题思路：
二分查找，check里面记录所有权值大于mid的路径，并求出这样的路径的数量（用cnt表示）
在这个过程中，求出所有路径”与mid的差“的最大值，就是最大超出的时间（用ans表示）
再找出一条能覆盖所有“大于mid的路径“的边，即为题目描述的虫洞
{
如果没有这样的边，那么不管怎样减总有至少一个任务的时间超过mid ，return false;
如果有这样的边，
{
for（每一条边）
如果(这条边被每一条大于mid的路径经过&&这条边权值大于ans) 也就是说减去这条边可以将每一条大于mid的路径减到mid下
return true;
}
}
具体分析：
（1）二分 ：更多时间能完成任务，那么更短时间也能完成，具有单调性。
（2）树上差分：
tmp[i]表示：表示i这个点通往父亲的边，记录这条边被遍历的次数
num[i]表示：以i为根节点所有子树的tmp值
dis[i]表示：i 到根的距离
对于每一条链s（起点）,t（终点），将s,t的tmp值+1;，将LCA(s,t)的tmp值-2
一个点最终被覆盖的次数就是这个点的num值（用dfs序维护）
（3）求LCA: 我这里选择的是倍增求LCA，真的是模板yo
（4）预处理：预处理出每一条链的链长和每一条链的LCA(这个说法好像不大对)
>>>>代码
#include<bits/stdc++.h> #define maxn 300005 using namespace std; int len=-1,sum=-1; int n,m,tot,times; int head[maxn],to[2*maxn],nxt[2*maxn],val[2*maxn]; int dep[maxn],dis[maxn],fa[maxn][26],tmp[maxn],id[maxn]; struct node { int u,v,lc,d; }ed[maxn]; void read(int &x) { x=0;int f=1;char s=getchar(); while(s<'0'||s>'9'){if(s=='-') f=-1;s=getchar();} while(s>='0'&&s<='9'){x=x*10+s-'0';s=getchar();}x=x*f; } void add(int u,int v,int p)//前向星存双向边 { to[++tot]=v; nxt[tot]=head[u]; val[tot]=p; head[u]=tot; } int lca(int x,int y)//倍增求lca { if(dep[x]<dep[y]) swap(x,y);//保证x在更深的地方 for(int i=25;i>=0;--i) if(dep[fa[x][i]]>=dep[y]) x=fa[x][i]; if(x==y) return x; for(int i=25;i>=0;--i)//两个一起往上跳 { if(fa[x][i]!=fa[y][i]) x=fa[x][i],y=fa[y][i]; } return fa[x][0]; } void dfs(int u,int father) { id[++times]=u;//dfs序 for(int i=1;i<=25;++i) fa[u][i]=fa[fa[u][i-1]][i-1];//预处理倍增数组 for(int i=head[u];i;i=nxt[i]) { int v=to[i]; if(v==father) continue; fa[v][0]=u; dis[v]=dis[u]+val[i]; dep[v]=dep[u]+1; dfs(v,u); } } bool check(int mid) { int cnt=0,ans=-1; memset(tmp,0,sizeof(tmp)); for(int i=1;i<=m;++i) { if(ed[i].d>mid) { tmp[ed[i].u]++;//点到父亲边的出现次数 tmp[ed[i].v]++; tmp[ed[i].lc]-=2; ans=max(ans,ed[i].d-mid);//找到“最大超出时限” cnt++; } } if(cnt==0) return true;//所有边都小于mid for(int i=n;i>=1;--i) tmp[fa[id[i]][0]]+=tmp[id[i]]; //为什么要倒序？从更接近叶子节点的地方开始,更新父节点经过的次数 for(int i=2;i<=n;++i) //见解析 if(tmp[i]==cnt&&dis[i]-dis[fa[i][0]]>=ans) return true; return false; } int find(int l,int r) { int ans; while(l<=r) { int mid=(l+r)>>1; if(check(mid)) ans=mid,r=mid-1; else l=mid+1; } return ans; } int main() { // freopen("transport.in","r",stdin); // freopen("transport.out","w",stdout); read(n),read(m); for(int i=1;i<=n-1;++i) { int x,y,z; read(x),read(y),read(z); add(x,y,z),add(y,x,z); sum=max(sum,z); } dis[1]=0; dep[1]=1; dfs(1,1); for(int i=1;i<=m;++i) { read(ed[i].u),read(ed[i].v); ed[i].lc=lca(ed[i].u,ed[i].v); ed[i].d=dis[ed[i].u]+dis[ed[i].v]-2*dis[ed[i].lc];//求u到v的链长 len=max(len,ed[i].d); } printf("%d ",find(len-sum,len));//二分 所用最短时间 return 0;/**/ } /* 6 3 1 2 3 1 6 4 3 1 7 4 3 6 3 5 5 3 6 2 5 4 5 */
思路借鉴 洛谷大佬：@D_14134
完结撒花！