题目描述
H 国有 n 个城市，这 n 个城市用 n-1 条双向道路相互连通构成一棵树，1 号城市是首都，也是树中的根节点。
H 国的首都爆发了一种危害性极高的传染病。当局为了控制疫情，不让疫情扩散到边境城市（叶子节点所表示的城市），决定动用军队在一些城市建立检查点，使得从首都到边境城市的每一条路径上都至少有一个检查点，边境城市也可以建立检查点。但特别要注意的是，首都是不能建立检查点的。
现在，在 H 国的一些城市中已经驻扎有军队，且一个城市可以驻扎多个军队。一支军队可以在有道路连接的城市间移动，并在除首都以外的任意一个城市建立检查点，且只能在一个城市建立检查点。一支军队经过一条道路从一个城市移动到另一个城市所需要的时间等于道路的长度（单位：小时）。
请问最少需要多少个小时才能控制疫情。注意：不同的军队可以同时移动。
输入输出格式
输入格式：
第一行一个整数 n，表示城市个数。
接下来的 n-1 行，每行 3 个整数，u、v、w，每两个整数之间用一个空格隔开，表示从城市 u 到城市 v 有一条长为 w 的道路。数据保证输入的是一棵树，且根节点编号为 1。
接下来一行一个整数 m，表示军队个数。
接下来一行 m 个整数，每两个整数之间用一个空格隔开，分别表示这 m 个军队所驻扎的城市的编号。
输出格式：
共一行，包含一个整数，表示控制疫情所需要的最少时间。如果无法控制疫情则输出-1。
输入输出样例
4
1 2 1
1 3 2
3 4 3
2
2 2
3
说明
【输入输出样例说明】
第一支军队在 2 号点设立检查点，第二支军队从 2 号点移动到 3 号点设立检查点，所需时间为 3 个小时。
【数据范围】
保证军队不会驻扎在首都。
对于 20%的数据，2≤ n≤ 10；
对于 40%的数据，2 ≤n≤50，0<w <10^5；
对于 60%的数据，2 ≤ n≤1000，0<w <10^6；
对于 80%的数据，2 ≤ n≤10,000；
对于 100%的数据，2≤m≤n≤50,000，0<w <10^9。
NOIP 2012 提高组 第二天 第三题
题目大意：
一棵树上的某些点上有一个或多个军队 怎样安排在最少的时间内使根节点
到所有叶子节点的路径上都有军队。
题解： 贪心＋二分＋倍增
woc这个题写了两天了....终于A了....当然看的ｄａｌａｏ的代码
题解第一遍写莫名其妙没了．．．也没保存．．吃饭回来写的第二遍．．．ｏｒｚ
一、
①怎样走最优？不走或者是向根走。深度越浅覆盖的节点越多。
②答案具有单调性，所以我们二分一个时间，那么该问题就变成了一个可行性问题，在限定的时间内能否覆盖。
③何时无法覆盖？当军队数小于根的儿子的个数时，无法覆盖。
二、如何分配军队？
由于我们二分了一个时间，所以我们要让军队在限定时间内尽量向根走。这时所有的军队可以分为两类。
能走到根节点和不能走到根节点的。对于不能走到根的，我们尽量能走多远就走多远，深度尽量的浅，这
样最优。能走到根节点我们需要记录这个军队在我们二分的时间内还能走多远（这样便于之后的军队分配，
也就是一开始感觉很麻烦的一个子树的军队要去根的另一个子树的问题。）及这个军队是从根的哪个子树来
的。并且我们对于某个节点的儿子都被封锁的情况，视为这个点也被封锁，这个操作ｄｆｓ就好。接下来我们
要分配聚集在根节点的军队。这个分配方法为，用根节点的能走的距离短的去覆盖距离根节点近的，这样更优。
还有两个问题，如果根节点的某个军队它来的那个子树没有被覆盖，先让这个军队去覆盖它来的子树，这样不需要
从别的子树调用军队，更优。并且对于能来到根节点却不能回去的不能用它覆盖。
三、代码实现
①统计军队数量和根的儿子个数，如果军队数量小于根节点的儿子个数，一定不能覆盖。
②ｄｆｓ倍增预处理以及被封锁的节点的处理。
③二分时间。
④结构体记录根节点军队的信息
代码：
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #define maxn 50005 #define LL long long using namespace std; int n,sumedge,js,cc,cnt,m; int head[maxn],dad[maxn][22],g[maxn][22],root[maxn],a[maxn],has[maxn]; LL ans,l,r,mid; LL ecnt,inf; struct B{ int root;LL rest; }b[maxn]; struct C{ int pos;LL dis; }c[maxn]; 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; } bool cmpb(B a ,B b){ return a.rest<b.rest; } bool cmpc(C a,C b){ return a.dis<b.dis; } inline int read(){ int x=0,f=1;char ch=getchar(); for(;!isdigit(ch);ch=getchar())if(ch=='-')f=-1; for(;isdigit(ch);ch=getchar())x=x*10+ch-'0'; return x*f; } void dfs(int x){ 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;g[v][0]=edge[i].z; if(x==1)root[v]=v;else root[v]=root[x]; dfs(v); } } void dfs_(int x){ bool flag=false,all=true; for(int i=head[x];i;i=edge[i].nxt){ int v=edge[i].y; if(v==dad[x][0])continue; flag=true;if(!has[v])all=false; dfs_(v); } if(flag&&all&&x!=1)has[x]=1; } bool check(LL lim){ memset(has,0,sizeof(has)); memset(b,0,sizeof(b)); memset(c,0,sizeof(c)); cnt=js=0; for(int i=1;i<=m;i++){ int u=a[i];LL tot=lim; for(int j=16;j>=0;j--){ if(g[u][j]<=tot&&dad[u][j]!=0){ tot-=g[u][j]; u=dad[u][j]; } } if(u==1){ b[++cnt].rest=tot; b[cnt].root=root[a[i]]; }else has[u]=1; } dfs_(1); for(int i=head[1];i;i=edge[i].nxt){ int v=edge[i].y; if(has[v])continue; c[++js].pos=v;c[js].dis=edge[i].z; } if(js>cnt)return false; sort(b+1,b+cnt+1,cmpb); sort(c+1,c+js+1,cmpc); c[js+1].dis=0x7fffffff; int now=1; for(int i=1;i<=cnt;i++){ if(has[b[i].root]==0)has[b[i].root]=1; else{ while(has[c[now].pos])now++; if(b[i].rest>=c[now].dis)has[c[now++].pos]=1; } while(has[c[now].pos])now++; } return now>js; } void slove(){ dfs(1); for(int j=1;j<=18;j++) for(int i=1;i<=n;i++) dad[i][j]=dad[dad[i][j-1]][j-1], g[i][j]=g[i][j-1]+g[dad[i][j-1]][j-1]; l=0; r=500000; if(!check(r)) { printf("-1"); return ; } while(l<=r){ mid=(l+r)>>1; if(check(mid))ans=mid,r=mid-1; else l=mid+1; } } int main(){ n=read(); for(int i=1;i<n;i++){ int x,y,z; x=read();y=read();z=read(); add(x,y,z);add(y,x,z); if(x==1||y==1)cc++; } m=read(); for(int i=1;i<=m;i++)a[i]=read(); if(cc>m){printf("-1 ");return 0;} slove(); cout<<ans<<endl; return 0; }