NOIP 2015 [D2 T3]运输计划
【NOIP2015 Day2】运输计划
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Case Time Limit:1000MS
Description
公园2044年，人类进入了宇宙纪元。
L过有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过所有星球。
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号星球沿最快的宇宙路径飞行到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的最短时间是多少？
Input
/*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ui和vi，表示第j个运输计划是从uj号星球飞往vj号星球。
Output
/*输出文件名为transport.out。*/
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。
Sample Input
样例输入1：
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
样例输出1：
11
Hint
输入输出样例1说明：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阶段性工作的耗时最短，需要花费的时间为11。
数据规模于约定：
比较复杂的一道图论题
首先要用dfs求出每一个点的深度和到达根节点的距离dis[i]
这样的话i到j的距离就是dis[i]+dis[j]-2*dis[lca(i,j)]
接下来考虑二分最终的答案，那么对于每一条i到j的路径长度都应该要小于当前二分的答案，否则就将所有的大于当前二分的答案mid的路径选出来，记为集合s
经过分析我们可以知道，要删的这条边一定在最长的路径上并且这条边一定被所有路径包含(否则的话总会有一条路径大于mid)，因此我们只需要考虑删除被所有路径包含的最大的边，这里的所有路径是指属于集合s的路径
那么我们怎么讨论一条边是否被所有路径覆盖呢?
用cnt[v]表示v到父结点的一条边被覆盖的次数，然后每次讨论的时候dfs一下，将讨论的边的覆盖次数+1
对于每条路径i->j,如果lca(i,j)=u那么cnt[u]=-2,因为dfs的时候是要讨论点，而u点会被讨论两次，但是实际上u点和其父结点之间的边并没有走到
#include
#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
const int maxn=300005,inf=1e9;
int n,m,fa[maxn][25],last[maxn<<1],dis[maxn];
int cnt[maxn],depth[maxn],line[maxn];
struct wk{
int L,R,dist;
bool operator<(const wk& x)const{
return dist'9')
{if(t=='-')sign=false;t=getchar();}
for(x=0;t>='0'&&t<='9';t=getchar())x=x*10+t-'0';
if(!sign)x=-x;
}
struct wr{
int a,b,c,w,NEXT;
wr(int a,int b,int c,int NEXT):a(a),b(b),c(c),NEXT(NEXT){}
};
vectors;
void insert(int a,int b,int c){
s.push_back(wr(a,b,c,last[a]));
last[a]=s.size()-1;
s.push_back(wr(b,a,c,last[b]));
last[b]=s.size()-1;
}
void dfs(int v,int f){
int i,j,k;
depth[v]=depth[f]+1;
k=ceil(log(depth[v])/log(2));
fa[v][0]=f;
for(i=1;i<=k;i++)
fa[v][i]=fa[fa[v][i-1]][i-1];
for(i=last[v];i>=0;i=s[i].NEXT)
if(s[i].b!=f){
dis[s[i].b]=dis[v]+s[i].c;
line[s[i].b]=s[i].c;
dfs(s[i].b,v);
}
}
int lca(int x,int y){
int i,k,s;
s=ceil(log(n)/log(2));
if(depth[x]>i)&1)x=fa[x][i];
if(x==y)return x;
s=ceil(log(depth[x])/log(2));
for(i=s;i>=0;i--)
if(fa[x][i]!=fa[y][i]){x=fa[x][i];y=fa[y][i];}
return fa[x][0];
}
void update(int v,int f){
for(int i=last[v];i>=0;i=s[i].NEXT)
if(s[i].b!=f){
update(s[i].b,v);
cnt[v]+=cnt[s[i].b];
}
}
bool ok(int mid){
memset(cnt,0,sizeof(cnt));
int i,j,cc=0,cur=0,v;
if(q[m].dist<=mid)return 1;
for(v=m;v;v--)
if(q[v].dist<=mid)break;
for(v++;v<=m;v++){
cc++;
cnt[q[v].L]++,cnt[q[v].R]++;
cnt[lca(q[v].L,q[v].R)]-=2;
}
update(1,0);
for(i=1;i<=n;i++)
if(cnt[i]==cc)cur=max(cur,line[i]);
if(cur==0||q[m].dist-cur>mid)return 0;
return 1;
}
int main(){
memset(last,-1,sizeof(last));
_read(n);_read(m);
int i,j,x,y,z,l=0,r=0,mid;
for(i=1;i