【uoj#150】【NOIP2015】运输计划 树上前缀和+lca+二分+拓扑排序+特别的卡常数技巧
公元 2044 年，人类进入了宇宙纪元。
L 国有 nn 个星球，还有 n−1n−1 条双向航道，每条航道建立在两个星球之间，这 n−1n−1 条航道连通了 LL 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 uiui 号星球沿最快的宇航路径飞行到 vivi 号星球去。显然，飞船驶过一条航道是需要时间的，对于航道 jj，任意飞船驶过它所花费的时间为 tjtj，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 mm 个运输计划。在虫洞建设完成后，这 mm 个运输计划会同时开始，所有飞船一起出发。当这 mm 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？
输入格式
第一行包括两个正整数 n,mn,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 11 到 nn 编号。
接下来 n−1n−1 行描述航道的建设情况，其中第 ii 行包含三个整数 ai,biai,bi 和 titi，表示第 ii 条双向航道修建在 aiai 与 bibi 两个星球之间，任意飞船驶过它所花费的时间为 titi。数据保证 1≤ai,bi≤n1≤ai,bi≤n 且 0≤ti≤10000≤ti≤1000。
接下来 mm 行描述运输计划的情况，其中第 jj 行包含两个正整数 ujuj 和 vjvj，表示第 jj 个运输计划是从 ujuj 号星球飞往 vjvj号星球。数据保证 1≤ui,vi≤n1≤ui,vi≤n
输出格式
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。
样例一
input
6 3
1 2 3
1 6 4
3 1 7
4 3 6
3 5 5
3 6
2 5
4 5
output
11
explanation
将第 11 条航道改造成虫洞： 则三个计划耗时分别为：11,12,1111,12,11，故需要花费的时间为 1212。
将第 22 条航道改造成虫洞： 则三个计划耗时分别为：7,15,117,15,11，故需要花费的时间为 1515。
将第 33 条航道改造成虫洞： 则三个计划耗时分别为：4,8,114,8,11，故需要花费的时间为 1111。
将第 44 条航道改造成虫洞： 则三个计划耗时分别为：11,15,511,15,5，故需要花费的时间为 1515。
将第 55 条航道改造成虫洞： 则三个计划耗时分别为：11,10,611,10,6，故需要花费的时间为 1111。
故将第 33 条或第 55 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 1111。
限制与约定
时间限制：1s1s
空间限制：256MB
UOJ某题解
因为要求最大时间最小，容易想到二分，
二分时间mid，我们需要修改的路径是这个路径的时间大于mid的，看看能否修改到小于等于mid。于是现在问题变成了多个路径求交，然后看看它们的交集中把某个边权变为0能否让所有路径的时间小于mid。
然后有神犇想到了树上前缀和（Orz），做法是 sum[x]++,sum[y]++,sum[lca(x,y)]−=2 ，很容易想到这是想干什么…
然后就O(n)枚举了…
复杂度 O(nlogMAXN) ，还有大常数…
我的卡常数技巧：把每次求前缀和的dfs过程改为对一个拓扑排序好了的数组求和，手动读入，memset改成for到n清零，提前按时间排序然后二分的时候少for点…
话说这题总体来说不算难啊为什么我傻X15分
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<queue>
using namespace std;
const int INF = 300000000;
const int SZ = 600010;
int n,m;
int head[SZ],nxt[SZ],tot = 1;
struct edge{
int t,d;
}l[SZ];
void build(int f,int t,int d)
{
l[++ tot].t = t;
l[tot].d = d;
nxt[tot] = head[f];
head[f] = tot;
}
int anc[SZ][30],dist[SZ],deep[SZ],cost[SZ];
void dfs(int u,int fa,int d)
{
dist[u] = d;
deep[u] = deep[fa] + 1;
anc[u][0] = fa;
for(int i = 1;anc[u][i - 1];i ++)
{
anc[u][i] = anc[anc[u][i - 1]][i - 1];
}
for(int i = head[u];i;i = nxt[i])
{
int v = l[i].t;
if(v == fa) continue;
cost[v] = l[i].d;
dfs(v,u,d + l[i].d);
}
}
int ask_lca(int x,int y)
{
if(deep[x] < deep[y]) swap(x,y);
if(deep[x] > deep[y])
{
int dd = deep[x] - deep[y];
for(int i = 19;i >= 0;i --)
if(dd & (1 << i))
x = anc[x][i];
}
if(x != y)
{
for(int i = 19;i >= 0;i --)
if(anc[x][i] != anc[y][i])
x = anc[x][i],y = anc[y][i];
}
if(x == y) return x;
else return anc[x][0];
}
struct haha{
int x,y,lca,d;
}ask[SZ];
int tm[SZ];
int S[SZ],top = 0;
bool check(int mid)
{
for(int i = 1;i <= n;i ++) tm[i] = 0;
int tot = 0,maxn = 0;
for(int i = 1;i <= m;i ++)
{
if(ask[i].d > mid)
{
tm[ask[i].x] ++;
tm[ask[i].y] ++;
tm[ask[i].lca] -= 2;
tot ++;
maxn = max(maxn,ask[i].d);
}
else break;
}
for(int i = top;i >= 0;i --)
tm[anc[S[i]][0]] += tm[S[i]];
for(int i = 1;i <= n;i ++)
if(tm[i] == tot)
if(maxn - cost[i] <= mid) return true;
return false;
}
int div()
{
int l = -1,r = INF;
while(r - l > 1)
{
int mid = (l + r) >> 1;
if(check(mid)) r = mid;
else l = mid;
}
return r;
}
queue<int> q;
void bfs()
{
q.push(1);
while(q.size())
{
int u = q.front(); q.pop();
S[++ top] = u;
for(int i = head[u];i;i = nxt[i])
if(l[i].t != anc[u][0])
q.push(l[i].t);
}
}
void scanf(int &x)
{
x = 0;
char a = getchar();
bool flag = 0;
while(a > '9' || a < '0') {if(a == '-') flag = 1; a = getchar();}
while(a >= '0' && a <= '9') x = x * 10 + a - '0',a = getchar();
if(flag) x = -x;
}
bool cmp(haha a ,haha b)
{
return a.d > b.d;
}
int main()
{
scanf(n);scanf(m);
for(int i = 1;i < n;i ++)
{
int a,b,c;
scanf(a);
scanf(b);
scanf(c);
build(a,b,c); build(b,a,c);
}
dfs(1,0,0);
for(int i = 1;i <= m;i ++)
{
scanf(ask[i].x);
scanf(ask[i].y);
ask[i].lca = ask_lca(ask[i].x,ask[i].y);
ask[i].d = dist[ask[i].x] + dist[ask[i].y] - 2 * dist[ask[i].lca];
}
sort(ask + 1,ask + 1 + m,cmp);
bfs();
printf("%d",div());
return 0;
}