P2680 运输计划

题目背景

公元 2044 年,人类进入了宇宙纪元。

题目描述

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?

输入输出格式

输入格式：

 

输入文件名为 transport.in。

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。

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。

 

输出格式：

 

输出 共1行,包含1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

说明

所有测试数据的范围和特点如下表所示

请注意常数因子带来的程序效率上的影响。

题目大意：一棵树上有m条道路，可以使任意一条道路的权值变为0，怎样使长度最长的道路长度最小。

题解 ：二分+树上差分

根据题目描述 我们可以知道这道题可以用二分答案来做，二分一个时间，看看在这个时间里，使某一条

边的长度为0，最长道路的长度不超过二分的时间。二分的左端点为0，右端点为没有将某条道路变为0时

的最长道路。怎么判断最长道路长度不超过我们假定的时间呢，或者说我们使那条道路的长度变为0可以

使最长的道路在我们假定时间以内呢。这条道路一定在超过我们假定时间道路的交集的地方，只有这样才

可能减少最长时间。我们可以用树上差分统计每个点有多少条路径经过，对于某条路径st[],ed[],使差分数

组，c[st[]]++,c[ed[]]++,c[lca[st,ed]]-=2;然后dfs一遍，求出每个点有多少条超过我们假定时间的路径经过，

选出被所有超时的路径都覆盖的路径当中，选一个长度最大的设为0；

代码:

#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#define maxn 300001
using namespace std;

int dad[maxn][22],head[maxn],st[maxn],c[maxn];
int ed[maxn],deep[maxn],fe[maxn],lc[maxn],dis[maxn],len[maxn];
int x,y,z,n,m,sumedge,maxl,l,r,ans,cct,cutedge;

int read(){
    int x=0;char ch=getchar();
    for(;!isdigit(ch);ch=getchar());
    for(;isdigit(ch);ch=getchar())x=x*10+ch-'0';
    return x;
}

struct Edge{
    int x,y,z,nxt;
    Edge(int x=0,int y=0,int z=0,int nxt=0):
        x(x),y(y),z(z),nxt(nxt){}
}edge[maxn<<1];

void add(int x,int y,int z){
    edge[++sumedge]=Edge(x,y,z,head[x]);
    head[x]=sumedge;
}

void dfs(int x){
    deep[x]=deep[dad[x][0]]+1;
    for(int i=1;i<=log(n)/log(2)+1;i++)dad[x][i]=dad[dad[x][i-1]][i-1];
    for(int i=head[x];i;i=edge[i].nxt){
        int v=edge[i].y;
        if(v==dad[x][0])continue;
        dad[v][0]=x;fe[v]=edge[i].z;dis[v]=dis[x]+edge[i].z;
        dfs(v);
    }
}

int lca(int x,int y){
    if(deep[x]>deep[y])swap(x,y);
    for(int i=log(n)/log(2)+1;i>=0;i--)if(deep[dad[y][i]]>=deep[x])y=dad[y][i];
    if(x==y)return x;
    for(int i=log(n)/log(2)+1;i>=0;i--)if(dad[y][i]!=dad[x][i])y=dad[y][i],x=dad[x][i];
    if(deep[x]>deep[y])swap(x,y);
    return dad[x][0];
}

int dist(int ii){
    return dis[st[ii]]+dis[ed[ii]]-2*dis[lc[ii]];
}

int dfs_(int x){
    int gg=c[x];
    for(int i=head[x];i;i=edge[i].nxt){
        int v=edge[i].y;
        if(v==dad[x][0])continue;
        gg+=dfs_(v);
    }
    if(gg==cct)cutedge=max(cutedge,fe[x]);
    return gg;
}

bool check(int x){
    cct=0;cutedge=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)c[i]=0;//忘记清0 
    for(int i=1;i<=m;i++)if(len[i]>x)cct++,c[st[i]]++,c[ed[i]]++,c[lc[i]]-=2;
    if(cct==0)return 1;
    dfs_(1);
    return maxl-cutedge<=x;
}

int main(){
    n=read();m=read();
    for(int i=1;i<n;i++){
        x=read();y=read();z=read();
        add(x,y,z);add(y,x,z);
    }
    dfs(1);
    for(int i=1;i<=m;i++){
        st[i]=read();ed[i]=read();
        lc[i]=lca(st[i],ed[i]);
        len[i]=dist(i);maxl=max(maxl,len[i]);
    }
    l=0;r=maxl;
    while(l<=r){
        int mid=(l+r)>>1;
        if(check(mid))ans=mid,r=mid-1;
        else l=mid+1;
    }
    cout<<ans;
    return 0;
}