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
1 2 3
1 6 4
3 1 7
4 3 6
3 5 5
3 6
2 5
4 5
Sample Output
HINT
Tips：
本题还是比较坑的，代码写的弱一点会超时；
此题可以看出是具有二分性质的；
但是二分的判断做到O（n）或O（m）看起来会很难；
由于这是一棵树，我们需要知道两点间的距离可以用tarjan求lca求出距离；
对于每个二分的答案x；
显然<=x的距离是可以不用管它的；
将>=x的距离的边数记下来；
将>=x的距离的边的起点终点加一，lca减2；（差分思想自寻百度，我也讲不清）；
dfs一遍，找到 经过边数=记下来的边数 的边，取边权最大值的；
判断最大距离-取边权最大值是否小于等于x即可；
Code：
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<iostream>
#define MAXN 600008
using namespace std;
int n,m,head[MAXN],next[MAXN],vet[MAXN],len[MAXN],dis[MAXN],ance[MAXN];
int head1[MAXN],next1[MAXN],vet1[MAXN],hh[MAXN],ans[MAXN];
int color[MAXN],fa[MAXN],tot,tot1,l,r,res,ff[MAXN],tmp[MAXN]; int find(int x){
if(fa[x]==x) return x;
else return fa[x]=find(fa[x]);
} void add1(int x,int y){
tot1++;
hh[tot1]=x;
next1[tot1]=head1[x];
head1[x]=tot1;
vet1[tot1]=y;
} void add(int x,int y,int z){
tot++;
next[tot]=head[x];
head[x]=tot;
vet[tot]=y;
len[tot]=z;
} void tarjan(int u){
color[u]=;
for(int i=head[u];i!=;i=next[i]){
int y=vet[i];
if(!color[y]){
dis[y]=dis[u]+len[i];
tarjan(y);
fa[y]=u;
}
}
for(int i=head1[u];i!=;i=next1[i]){
int y=vet1[i];
if(color[y]){
ance[(i+)/]=find(y);
ans[(i+)/]=dis[u]+dis[y]-*dis[ance[(i+)/]];
r=max(ans[(i+)/],r);
}
}
} void dfs(int u){
color[u]=;
for(int i=head[u];i!=;i=next[i]){
int y=vet[i];
if(!color[y]){
ff[y]=len[i];
dfs(y);
tmp[u]+=tmp[y];
}
}
} bool check(int flag){
int ma=,sum=,g=;
memset(color,,sizeof(color));
memset(tmp,,sizeof(tmp));
for(int i=;i<=m;i++){
if(ans[i]>flag){
tmp[hh[i*]]++;
tmp[vet1[i*]]++;
tmp[ance[i]]-=;
ma=max(ans[i],ma);
sum++;
}
}
dfs();
for(int i=;i<=n;i++){
if(tmp[i]==sum){
g=max(g,ff[i]);
}
}
return (ma-g)<=flag;
} void init(){
tot=tot1=; r=;
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=;i<=n;i++){
fa[i]=i;
}
for(int i=;i<n;i++){
int x,y,z;
scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
add(x,y,z);
add(y,x,z);
}
for(int i=;i<=m;i++){
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
add1(x,y);
add1(y,x);
}
} void solve(){
tarjan();
l=; res=r;
while(l<=r){
int mid=(l+r) >> ;
if(check(mid)){
res=mid;
r=mid-;
}else{
l=mid+;
}
}
} void print(){
printf("%d",res);
} int main(){
init();
solve();
print();
}