题目背景
公元 (2044) 年,人类进入了宇宙纪元。
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 (u_i) 号星球沿最快的宇航路径飞行到 (v_i) 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 (t_j)，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？
输入输出格式
输入格式：
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 (a_i, b_i) 和 (t_i)，表示第 (i) 条双向航道修建在 (a_i) 与 (b_i) 两个星球之间，任意飞船驶过它所花费的时间为 (t_i)。数据保证 (1 leq a_i,b_i leq n)且 (0 leq t_i leq 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 (u_j) 和 (v_j)，表示第 (j) 个运输计划是从 (u_j) 号星球飞往 (v_j)号星球。数据保证 (1 leq u_i,v_i leq n)
输出格式：
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。
输入输出样例
输入样例#1：
6 3
1 2 3
1 6 4
3 1 7
4 3 6
3 5 5
3 6
2 5
4 5
输出样例#1：
11
题解
二分答案+树上差分
显然，这个答案是具有单调性的，那么我们就可以二分答案
考虑如何写check呢？
设当前check(x)
f[u] 表示 u到它父亲这条路径被超过长度x的线路经过次数
首先我们记下长度超过x的线路数量为cnt，并把该路径经过的边 f 加1（树上差分）
然后如果存在一条边经过次数等于cnt，且最长的线路长度减去它的长度小于等于x 就可以
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define RG register
using namespace std;
inline int gi() {
int f = 1, s = 0;
char c = getchar();
while (c != '-' && (c < '0' || c > '9')) c = getchar();
if (c == '-') f = -1, c = getchar();
while (c >= '0' && c <= '9') s = s*10+c-'0', c = getchar();
return f == 1 ? s : -s;
}
const int N = 300010;
struct node {
int to, next, w;
}g[N<<1];
int last[N], gl;
inline void add(int u, int v, int w) {
g[++gl] = (node) {v, last[u], w};
last[u] = gl;
return ;
}
struct zz {
int to, id;
};
vector<zz> q[N];
int cx[N], cy[N], fa[N], lca[N];
inline int find(int x) {
return fa[x] == x ? x : fa[x] = find(fa[x]);
}
bool vis[N];
int ff[N], dep[N], fl[N], cnt;
void tarjan(int u, int f) {
vis[u] = 1;
for (int i = last[u]; i; i = g[i].next) {
int v = g[i].to;
if (v == f) continue;
fl[v] = g[i].w;
dep[v] = dep[u]+g[i].w;
tarjan(v, u);
fa[v] = u;
}
for (RG int i = 0; i < (int) q[u].size(); i++)
if (vis[q[u][i].to] && !lca[q[u][i].id])
lca[q[u][i].id] = find(q[u][i].to);
return ;
}
int MAX;
void dfs(int u, int f) {
for (RG int i = last[u]; i; i = g[i].next) {
int v = g[i].to;
if (v == f) continue;
dfs(v, u);
ff[u] += ff[v];
}
if (cnt == ff[u] && fl[u] > MAX) MAX = fl[u];
return ;
}
int m;
bool check(int x) {
cnt = 0;
int len = 0;
memset(ff, 0, sizeof(ff));
for (RG int i = 1; i <= m; i++)
if (dep[cx[i]]+dep[cy[i]]-dep[lca[i]]*2 > x) {
ff[cx[i]]++; ff[cy[i]]++; ff[lca[i]] -= 2;
cnt++;
len = max(dep[cx[i]]+dep[cy[i]]-dep[lca[i]]*2, len);
}
MAX = 0;
dfs(1, 0);
if (len - MAX <= x) return 1;
return 0;
}
int main() {
int n = gi(), js = 0; m = gi();
for (RG int i = 1; i < n; i++) {
int u = gi(), v = gi(), w = gi();
add(u, v, w); add(v, u, w);
js += w;
}
for (RG int i = 1; i <= n; i++) fa[i] = i;
for (RG int i = 1; i <= m; i++) {
cx[i] = gi(), cy[i] = gi();
q[cx[i]].push_back((zz){cy[i], i});
q[cy[i]].push_back((zz){cx[i], i});
}
tarjan(1, 0);
int l = 0, r = js, ans = js;
while (l <= r) {
int mid = (l + r) >> 1;
if (check(mid))
r = mid-1, ans = mid;
else l = mid+1;
}
printf("%d
", ans);
return 0;
}