BZOJ 4326: NOIP2015 运输计划 二分答案 树上差分

时间：2022-12-19 17:27:37

4326: NOIP2015 运输计划

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Description

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*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？

Input

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

Output

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。

Sample Input

6 3
1 2 3
1 6 4
3 1 7
4 3 6
3 5 5
3 6
2 5
4 5

Sample Output

11

HINT

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。

思想江化啊。。。

二分答案x

那么对于所有长于x的路径的交集中

必须存在 一边的权值+x>=最大的路径长

树上差分搞搞就好了


#include<cmath>
#include<ctime>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<iomanip>
#include<vector>
#include<string>
#include<bitset>
#include<queue>
#include<set>
#include<map>
using namespace std;

inline int read()
{
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(ch<='9'&&ch>='0'){x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}
	return f*x;
}
void print(int x)
{if(x<0)putchar('-'),x=-x;if(x>=10)print(x/10);putchar(x%10+'0');}

const int N=300100;

int last[N],ecnt;
struct EDGE{int to,nt,val;}e[N<<1];
inline void add(int u,int v,int val)
{e[++ecnt]=(EDGE){v,last[u],val};last[u]=ecnt;}

int n,m;
int VAL[N],c[N];
int anc[N][21];
int dep[N],dis[N];
int tim,pos[N];

void dfs(int u)
{
	++tim;
	pos[tim]=u;
	
	for(int i=1;(1<<i)<=dep[u];++i)
		anc[u][i]=anc[anc[u][i-1]][i-1];
	
	for(int i=last[u];i;i=e[i].nt)
		if(e[i].to!=anc[u][0])
		{
			dep[e[i].to]=dep[u]+1;
			anc[e[i].to][0]=u;
			VAL[e[i].to]=e[i].val;
			dis[e[i].to]=dis[u]+e[i].val;
			dfs(e[i].to);
		}
}

inline int getlca(int u,int v)
{
	if(dep[u]<dep[v])swap(u,v);
	int len=dep[u]-dep[v];
	for(int i=0;(1<<i)<=len;++i)
		if((1<<i)&len)
			u=anc[u][i];
	if(u==v)return u;
	for(int i=20;~i;i--)
		if(anc[u][i]!=anc[v][i])
			u=anc[u][i],
			v=anc[v][i];
	return anc[u][0];
}

int U[N],V[N],LCA[N],D[N];
int mx;

bool check(int x)
{
	memset(c,0,sizeof(c));
	register int i,num=0;
	for(i=1;i<=m;++i)
		if(D[i]>x)
		{
			num++;
			c[U[i]]++;c[V[i]]++;
			c[LCA[i]]-=2;
		}
	if(!num)return 1;
	for(i=n;i;i--)
	{
		c[anc[pos[i]][0]]+=c[pos[i]];
		if(VAL[pos[i]]>=mx-x&&num==c[pos[i]])
			return 1;
	}
	return 0;
}

int main()
{
	n=read();m=read();
	register int i,u,v,val,l=0,r=0,mid;
	for(i=1;i<n;++i)
	{
		u=read();v=read();val=read();
		add(u,v,val);add(v,u,val);
		l=max(l,val);
	}
	dfs(1);
	for(i=1;i<=m;++i)
	{
		U[i]=read();V[i]=read();
		LCA[i]=getlca(U[i],V[i]);
		D[i]=dis[U[i]]+dis[V[i]]-(dis[LCA[i]]<<1);
		r=max(r,D[i]);
	}
	mx=r;
	l=r-l;r++;
	while(l<r)
	{
		mid=(l+r)>>1;
		check(mid)?r=mid:l=mid+1;
	}
	cout<<r<<endl;
	return 0;
}


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