NOIP2015 day2 T3
题目大意：给出一棵树以及若干点对，现要求使树中某一条边的权值变为0，使得最远点对的距离最小。
sol：
用到了很多的思想、技巧和常用结论。
二分答案(x)，(x)为最远点对的距离。
由此将问题转化为关于(x)的单调的判定性问题(C(x))：是否可以使某一条边的权值变为0，使得所有点对的距离都不超过(x)。
我们在二分之前倍增预处理出所有点对之间的距离。对于本来就不超过(x)的，不用管；对于原本超过(x)的，我们就必须对这条路径上的某条边进行操作了。
是哪条边呢？贪心一下不难得出，应该是所有超过(x)的路径的交集里面最长的那一条边。
如何求出它们的交集呢？某UO钩博客上给出了两种解法：
1，模拟。把路径求交集的正确姿势当然是两两交起来：显然，树上路径的交集仍然是连续的路径。
如何求两两路径的交集呢？设这两个点对是((a,b))和((c,d))。
那么交集路径的两个顶点只可能是：(LCA(a,b)，LCA(a,c)，LCA(a,d)，LCA(b,c)，LCA(b,d)，LCA(c,d))。
这样，一共就有15种可能。枚举之，找出最大的合法交集即可。
2，树上前缀和。一种很朴素的想法，就是统计每条边的被覆盖的次数，覆盖次数等于路径集大小的边的集合就是交集。但我们不可能一条一条边地打标记。我们需要一种高效的维护这个信息的方法。
我们回顾一下NOIP 2012借教室。一个序列，给出若干组((l,r,a))，([l,r])区间里的数都减(a)，(a)为正整数。问按输入顺序操作这些区间，最多可以操作多少，使得序列中不存在负数。答案显然是单调的，即操作的区间越多，约束的条件（不存在负数）越难满足。所以，我们也可以二分答案，转化为判定性问题。如何高效地判定操作完前(i)个区间是否满足约束呢？奇妙的技巧是维护(a)的“前缀和”。黄学长这样描述：比如一开始数列(a)是({0,0,0,0,0,0})，给出区间({3,5,2})，则将(a_3)+=(2)，(a_6)-=(2)，就变成({0,0,2,0,0,-2})，前缀和变成({0,0,2,2,2,0})，把前缀和当成元素，这样就实现了对这个区间的操作。降维思想在这里巧妙地运用了。这样，就可以在(O(n))的时间复杂度内完成判定，总的复杂度就是(O(nlog n))。借教室就是相当于“统计序列中每个元素被减的次数（即对它有影响的(a)的和）”，所以，原题中就相当于把借教室的方法作树上的拓展。
做法如下：对于每个点维护一个间接值(v)，我们对这个(v)直接进行加减操作，再维护一个类似于关于(v)的“前缀和”的东西（在树中，更准确的说法应该是“子树和”），就能维护需要的信息了。对于每个点对((a,b))，我们把(v_a)++，(v_b)++，(v_{LCA(a,b)})-=2。然后我们对每个点再弄一个(s)，表示这个点到它的父亲这条边被覆盖的次数。则(s_i = v_i + Sigma_{k in son_i}{s_k})。这样，我们就可以按照DFS序维护出(s)了。这是一个非常棒的技巧，需要记忆。
第一个做法带两个log，第二个做法带一个log。据说还有不带log的线性做法，但leader武爷爷不屑于研究，这个做法也就石沉大海无人知晓了（其实另一篇UO钩博客上有啊。。
另外注意这个二分由于单调性是递增的，所以按我的惯用写法应该输出右界。
第一份代码码错了两个地方。详见注释。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define rep(i,a,b) for (int i = a; i <= b; i++)
#define dep(i,a,b) for (int i = a; i >= b; i--)
#define fill(a,x) memset(a, x, sizeof(a))
const int N = 300000 + 5, M = N*2, D = 22;
int n, m, up, cnt = 0, a[M], b[M], fa[N][D], sum[N][D], len[M], v[N], s[N], pre[N], dep[N], dfsid[N];
struct Edge { int to, w, pre; } e[M];
void ine(int a, int b, int w) {
cnt++;
e[cnt].to = b, e[cnt].w = w, e[cnt].pre = pre[a];
pre[a] = cnt;
}
void ine2(int a, int b, int w) {
ine(a, b, w);
ine(b, a, w);
}
#define reg(i,x) for (int i = pre[x]; i; i = e[i].pre)
int read() {
int x = 0; char ch = getchar();
while (ch < '0' || ch > '9') ch = getchar();
while (ch >= '0' && ch <= '9') {
x = x*10 + ch - '0';
ch = getchar();
}
return x;
}
int cur = 0;
void change(int x, int dept) {
dep[x] = dept;
reg(i,x) {
int y = e[i].to;
if (y == fa[x][0]) continue;
fa[y][0] = x;
sum[y][0] = e[i].w;
change(y, dept + 1);
}
dfsid[++cur] = x;
}
void init() {
int tmp = 1; up = 0;
while ((1<<up) <= n) up++;
rep(j,1,up) rep(i,1,n) { // 一开始把ij循环写反了… 显然不能搞反啊
int dad = fa[i][j-1];
fa[i][j] = fa[dad][j-1];
sum[i][j] = sum[i][j-1] + sum[dad][j-1];
}
}
int lca, tot;
void query(int a, int b) {
tot = 0;
if (dep[a] < dep[b]) swap(a, b);
int del = dep[a] - dep[b];
rep(i,0,up) if ((1<<i)&del) tot += sum[a][i], a = fa[a][i];
if (a == b) { lca = a; return; }
dep(i,up,0) if (fa[a][i] != fa[b][i]) {
tot += (sum[a][i] + sum[b][i]);
a = fa[a][i], b = fa[b][i];
}
if (a != b) { lca = fa[a][0]; tot += (sum[a][0] + sum[b][0]); } else lca = a;
return;
}
int LCA(int a, int b) {
query(a, b);
return lca;
}
int get_len(int a, int b) {
query(a, b);
return tot;
}
bool judge(int x) {
fill(s, 0);
int over = 0;
rep(i,1,m) if (len[i] > x) {
s[a[i]]++; s[b[i]]++;
s[LCA(a[i],b[i])] -= 2;
over++;
}
rep(i,1,n) { int t = dfsid[i]; s[fa[t][0]] += s[t]; } // 之前写成了+=v[t]… 前！缀！和！勿理智障如我
int dec = 0;
rep(i,1,n) if (s[i] == over) dec = max(dec, sum[i][0]);
rep(i,1,m) if (len[i] - dec > x) return false;
return true;
}
int main()
{
n = read(), m = read();
int u, v, w;
fill(pre, 0);
rep(i,1,2*n) e[i].pre = 0;
rep(i,1,n-1) {
u = read(), v = read(), w = read();
ine2(u, v, w);
}
fa[1][0] = 0; sum[1][0] = 0;
change(1, 0);
init();
int maxl = 0;
rep(i,1,m) {
a[i] = read(), b[i] = read();
len[i] = get_len(a[i], b[i]);
maxl = max(maxl, len[i]);
}
int l = -1, r = maxl + 1;
while (l + 1 < r) {
int mid = (l + r)>>1;
if (judge(mid)) r = mid; else l = mid;
}
printf("%d
", r);
return 0;
}