【NOIP2015】运输计划 {二分答案+倍增+树上差分}
【题目描述】
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？【Sample 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）
6 3
1 2 3
1 6 4
3 1 7
4 3 6
3 5 5
3 6
2 5【Sample 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。）
11【样例解释】
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。【数据范围】
【题解】二分答案+倍增+树上差分
题目给的任务是：给定一棵树和一些点对，现可以将一条树边的权值变为0，使点对最大距离最小并求最小距离。
{最大距离最小→二分答案}
这一点显然
{处理点对距离问题→倍增}
首先dfs求出树上每个点到根节点的距离d。
对于点对(xi,yi)，dis[i]=d[xi]+d[yi]-2*d[lca(xi,yi)]。
{二分检验答案→树上差分}
设当前二分出来可能答案为s，什么样的边权值需变成0？
<1>首先从点对来看，对于dis[i]>x的点对，显然我们必须删掉其路径上的一条边；
<2>从边来看，如果删掉一条边能使所有的点对距离都小于等于x，那么这条边的权值 w>=max(dis[i])-x；
<3>问题转化为如何统计一条边在dis[i]>x的点对路径上的出现次数。这里用到树上查分来做。对于点对(xi,yi)，设数组p，如果dis[i]>x，将p[xi]++, p[yi]++, p[lca(xi,yi)]–。这样做完有什么用呢？我们发现，如果此时统计以rt为根的子树的p数组和，得到的就是rt和father[rt]所连边要求的出现次数了。
//可以这么想，如果这条边被经过的话，必然一端在子树内，一端在子树外。这样统计起来就能得到答案。详见程序。
#include do{
t=(t<<3)+(t<<1)+c-48;
c=getchar();
}while(48<=c&&c<=57);
return t;
}
void add(int u,int v,int w)
{
e[++cnt].to=v;e[cnt].s=w;
e[cnt].nxt=fi[u];fi[u]=cnt;
}
void lca()
{
int h=1,t=1;
memset(bo,false,sizeof(bo));
for (bo[q[1]=1]=true;h<=t;++h)
for (int i=fi[q[h]];i;i=e[i].nxt)
if (!bo[e[i].to])
{
f[e[i].to][0]=q[h];
d[e[i].to]=d[q[h]]+1;
bo[q[++t]=e[i].to]=true;
for (int j=0,k=q[h];f[k][j];k=f[k][j++])
f[e[i].to][j+1]=f[k][j];
}
}
int findlca(int u,int v)
{
if (d[u]for (int j;d[u]>d[v];u=f[u][j-1])
for (j=1;d[f[u][j]]>d[v];++j);
for (int j;u!=v;u=f[u][j-1],v=f[v][j-1])
for (j=1;f[u][j]!=f[v][j];++j);
return u;
}
int dfs(int x,int fa)
{
for (int i=fi[x];i;i=e[i].nxt)
if (e[i].to!=fa)
{
dis[e[i].to]=dis[x]+e[i].s;
dfs(e[i].to,x);
}
}
bool dfs1(int x,int fa,int s)
{
for (int i=fi[x];i;i=e[i].nxt)
if (e[i].to!=fa)
{
if (dfs1(e[i].to,x,e[i].s)) return true;
p[x]+=p[e[i].to];
}
if (s>=mx && p[x]>=num) return true;
return false;
}
bool check(int x)
{
for (int i=1;i<=n;++i) p[i]=0;
mx=num=0;
for (int i=1;i<=m;++i)
if (a[i].dis>x)
{
mx=std::max(mx,a[i].dis-x);
++p[a[i].u];++p[a[i].v];
p[a[i].lca]-=2;++num;
}
if (!num) return true;
return dfs1(1,0,0);
}
int main()
{
n=read();m=read();
for (int i=1;iint u,v,w;
u=read();v=read();w=read();
add(u,v,w);add(v,u,w);
}
lca();
for (int i=1;i<=m;++i)
{
a[i].u=read();a[i].v=read();
a[i].lca=findlca(a[i].u,a[i].v);
}
dfs(1,0);
for (int i=1;i<=m;++i)
a[i].dis=dis[a[i].u]+dis[a[i].v]-(dis[a[i].lca]<<1);
ans=-1;
for (l=0,r=1e9;l<=r;)
{
mid=(l+r)>>1;
if (check(mid)) r=mid-1,ans=mid;
else l=mid+1;
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}