【NOIP2015】【BZOJ4326】运输计划
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？
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。
数据范围：n,m<=300000
分析：记得USACO有过一道类似的题而且有线性算法，换成树形的本蒟蒻就想不出来线性算法了……
另寻他路。二分一个答案x之后，只需要考虑m条路径中路径长度大于x的那些路径，并对那些路径求一个交。设m中最长路径为l，则只需判断路径交中的边是否存在一条边e使得e.w>=l-x。如何求交？其实我们树链剖分之后，只需用一个差分数组来维护每条边被多少条路径覆盖，只需考虑被覆盖的路径条数等于当前考虑的路径条数的边即可（考试的时候还不会树剖啊！！！狂撸LCA也没撸出来啊！！！）。
复杂度分析：差分数组的复杂度仅为O(1),总时间复杂度为O(nlognlogw),w<=3e8。由于差分数组和树链剖分的常数都较小，因此可以通过该题。
PS：本来可以两遍dfs搞定树剖的，然而许多OJ上要崩栈（实际上NOIP不会）……因此代码中使用了BFS和vector……实际上代码只有120行左右的。最后一个点速度会慢大概0.5s……然而还是可以通过……
#include
using namespace std;
int n,m;
inline void swap(int &a,int &b){
int t=a;a=b;b=t;
}
struct EDGE{
int u,v,w,next;
}edge[maxn*2+10];
int head[maxn+10],pp;
void adde(int u,int v,int w){
edge[++pp]=(EDGE){u,v,w,head[u]};
head[u]=pp;
}
int de[maxn+10],sz[maxn+10],fa[maxn+10],hs[maxn+10],w[maxn+10];
int que[maxn+10],he,ta;
vector<int>ch[maxn+10];
int top[maxn+10],id[maxn+10],s[maxn+10],tot;
void bfs(){
que[he=ta=1]=1;
while(he<=ta){
int u=que[he++];
for(int i=head[u];i;i=edge[i].next){
int v=edge[i].v;
if(fa[u]!=v){
w[v]=edge[i].w;
que[++ta]=v;
fa[v]=u;
de[v]=de[u]+1;
}
}
}
for(int j=ta;j;j--){
int u=que[j];
sz[u]=1;
for(int i=head[u];i;i=edge[i].next){
int v=edge[i].v;
if(fa[u]!=v){
sz[u]+=sz[v];
if(sz[v]>sz[hs[u]])hs[u]=v;
}
}
}
top[1]=1;
ch[1].push_back(1);
for(int j=1;j<=ta;j++){
int u=que[j];
for(int i=head[u];i;i=edge[i].next){
int v=edge[i].v;
if(fa[u]!=v){
if(v==hs[u])top[v]=top[u];
else top[v]=v;
ch[top[v]].push_back(v);
}
}
}
for(int u=1;u<=n;u++){
for(int i=0;iint v=ch[u][i];
id[v]=++tot;
s[tot]=s[tot-1]+w[v];
}
}
}
void dfs1(int u){
sz[u]=1;
for(int i=head[u];i;i=edge[i].next){
int v=edge[i].v;
if(v!=fa[u]){
fa[v]=u;
de[v]=de[u]+1;
w[v]=edge[i].w;
dfs1(v);
sz[u]+=sz[v];
if(sz[v]>sz[hs[u]])hs[u]=v;
}
}
}
void dfs2(int u){
id[u]=++tot;
s[tot]=s[tot-1]+w[u];
if(hs[u]){
top[hs[u]]=top[u];
dfs2(hs[u]);
}
for(int i=head[u];i;i=edge[i].next){
int v=edge[i].v;
if(fa[u]!=v&&v!=hs[u]){
top[v]=v;
dfs2(v);
}
}
}
int u1[maxn+10],u2[maxn+10],d[maxn+10];
int sum(int l,int r){return s[r]-s[l-1];}
int dis(int u,int v){
if(u==v)return 0;
if(top[u]==top[v]){
if(de[u]>de[v])swap(u,v);
return sum(id[hs[u]],id[v]);
}
if(de[top[u]]>de[top[v]])swap(u,v);
return sum(id[top[v]],id[v])+dis(u,fa[top[v]]);
}
//b为差分数组
int b[maxn+10];
void update(int l,int r){
b[l]++;
b[r+1]--;
}
void modify(int u,int v){
if(top[v]==top[u]){
if(de[u]>de[v])swap(u,v);
update(id[hs[u]],id[v]);
}else{
if(de[top[u]]>de[top[v]])swap(u,v);
update(id[top[v]],id[v]);
modify(u,fa[top[v]]);
}
}
bool judge(int x){
clr(b,0);
int cnt=0,m1=0;
for(int i=1;i<=m;i++)if(d[i]>x){
cnt++;
m1=max(m1,d[i]-x);
modify(u1[i],u2[i]);
}
int tot=0,m2=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
tot+=b[i];
if(tot==cnt)m2=max(m2,sum(i,i));
}
return m2>=m1;
}
int main(){
freopen("4326.in","r",stdin);
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;iint a,b,c;
scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
adde(a,b,c);
adde(b,a,c);
}
bfs();
int l=0,r=0;
for(int i=1;i<=m;i++){
scanf("%d%d",&u1[i],&u2[i]);
d[i]=dis(u1[i],u2[i]);
r=max(r,d[i]);
}
int ans;
while(l<=r){
int mid=(l+r)/2;
if(judge(mid)){
r=mid-1;
ans=mid;
}else l=mid+1;
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}