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 Format
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 Format
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
题目概括：
给一棵带有边权的树，有m条路径，可以使一条边的权值为0，求最远路径的最小值。
题解：
因为题目的数据点给的很明确 因此可以打n*n的去骗前五十分。另外m=1时可以特判另外打个程序骗60分。
60分程序：
#include<cstdio>
#include<algorithm>
int dep[100001],fa[100001],last[200001],next[200001],e[200001],val[200001],cost[100001],tot,a,b,vv,u[10000],v[10000],n,m,ans[10000];
int ma[3001][3001];
void dfs(int x)
{
dep[x]=dep[fa[x]]+1;
for (int i=last[x];i;i=next[i])
{
int vv=e[i];
if (vv==fa[x])continue;
cost[vv]=val[i];
fa[vv]=x;
dfs(vv);
}
}
void add(int x,int y,int z){next[++tot]=last[x];last[x]=tot;e[tot]=y;val[tot]=z;}
int jisuan(int i,int x,int y)
{
int tot=0;
if (dep[x]<dep[y])std::swap(x,y);
while (dep[x]>dep[y])
{
tot+=cost[x];
ma[x][i]=1;
x=fa[x];
}
while (x!=y)
{
tot+=cost[x]+cost[y];
ma[x][i]=1;ma[y][i]=1;
x=fa[x];y=fa[y];
}
return tot;
}
void work1()//m=1时的情况
{
int Maxx=0;long long tot=0;
if (dep[u[1]]<dep[v[1]])std::swap(u[1],v[1]);
while (dep[u[1]]>dep[v[1]])
{
tot+=cost[u[1]];
Maxx=std::max(Maxx,cost[u[1]]);
u[1]=fa[u[1]];
}
while (u[1]!=v[1])
{
tot+=cost[u[1]]+cost[v[1]];
Maxx=std::max(Maxx,cost[u[1]]);
Maxx=std::max(Maxx,cost[v[1]]);
u[1]=fa[u[1]];v[1]=fa[v[1]];
}
printf("%lld",tot-Maxx);
}
void work2()//n*n
{
int Minn=-1;
for (int i=1;i<=m;i++)ans[i]=jisuan(i,u[i],v[i]),Minn=std::max(Minn,ans[i]);
for (int i=2;i<=n;i++)
{
int Maxx=0;
for (int j=1;j<=m;j++)
Maxx=std::max(Maxx,ans[j]-cost[i]*ma[i][j]);
if (Minn==-1||Minn>Maxx)Minn=Maxx;
}
printf("%d",Minn);
}
int main()
{
freopen("transport.in","r",stdin);
freopen("transport.out","w",stdout);
scanf("%d%d",&n,&m);
for (int i=1;i<=n-1;i++)
{
scanf("%d%d%d",&a,&b,&vv);
add(a,b,vv);
add(b,a,vv);
}
fa[1]=1;
dfs(1);
for (int i=1;i<=m;i++)scanf("%d%d",&u[i],&v[i]);
if (m==1)work1();else work2();
}
那么剩下40分呢？
最远的最短显然是二分权值
于是使用树链剖分给每个点打上记号顺便可以求求lca
二分check时
开始时借鉴了LXF队长的思想：用线段树给每个大于mid的路径的都打上标记，假设有s个，然后nlogn释放所有标记，o（n）查找一个点被s条路径经过且最大
然后95分跪于最后一个点 将近2s
所以就想到了差分 既然要释放标记不如直接差分
最后一个点卡时过
优化一：读入优化
优化二：记忆化 同一个s的话所能求到的最大点是一定的
为什么是取s条路径的交呢？
证明：
因为如果只取s-1条那么必然有一个路径是无法被减到mid以下。
然后时间复杂度 树链剖分（logn）*二分（logn）*枚举边（n）=nlognlogn
空间复杂度 0(n)
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
const int maxn=664144;
struct range {
int x,y,len;
}d[maxn];
bool cmp(range x,range y){return x.len>y.len;}
int root,n,m,x,y,tot,next[maxn],last[maxn],e[maxn],dep[maxn],fa[maxn],size[maxn],son[maxn],top[maxn],pos[maxn];
int pos2[maxn],val[maxn],cost[maxn],MAX[maxn],dist[maxn],s[maxn],node,ans,q[maxn];
int read()//优化之一
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
void add(int x,int y,int v)
{
next[++tot]=last[x];
last[x]=tot;
val[tot]=v;
e[tot]=y;
}
void dfs1(int x)
{
dep[x]=dep[fa[x]]+1;
size[x]=1;
for (int i=last[x];i;i=next[i])
{
int v=e[i];
if (v==fa[x])continue;
fa[v]=x;
dist[v]=dist[x]+val[i];
cost[v]=val[i];
dfs1(v);
size[x]+=size[v];
if (size[v]>size[son[x]])son[x]=v;
}
}
void dfs2(int x,int tp)//树链剖分
{
top[x]=tp;pos[x]=++node;pos2[node]=cost[x];
if (son[x]==0)return;
dfs2(son[x],tp);
for (int i=last[x];i;i=next[i])
{
int v=e[i];
if (v==fa[x]||v==son[x])continue;
dfs2(v,v);
}
}
int query(int x,int y)//lca
{
int a=x,b=y;
while (top[a]!=top[b])
{
if (dep[top[a]]<dep[top[b]])std::swap(a,b);
a=fa[top[a]];
}
if (dep[a]<dep[b])return a;else return b;
}
void work(int x,int y)//差分
{
int a=x,b=y;
while (top[a]!=top[b])
{
if (dep[top[a]]<dep[top[b]])std::swap(a,b);
s[pos[top[a]]]+=1;s[pos[a]+1]-=1;
a=fa[top[a]];
}
if (a==b)return;
if (dep[a]>dep[b]) std::swap(a,b);
s[pos[a]+1]+=1;s[pos[b]+1]-=1;;
}
int check(int mid)
{
int sz=0;
while (d[sz+1].len>mid)sz++;
if (q[sz]!=0)return q[sz];//优化之一 记忆化
std::memset(s,0,sizeof(s));
for (int i=1;i<=sz;i++)work(d[i].x,d[i].y);
int Maxx=0,tott=0;
for (int i=1;i<=n;i++){tott+=s[i];if (tott==(sz))Maxx=std::max(Maxx,pos2[i]);}
q[sz]=Maxx;
return Maxx;
}
int main()
{
n=read();m=read();
for (int i=1;i<n;i++)
{
int v;
x=read();y=read();v=read();
add(y,x,v);add(x,y,v);
}
dfs1(1);
dfs2(1,1);
for (int i=1;i<=m;i++)
{
d[i].x=read();d[i].y=read();
d[i].len=dist[d[i].x]+dist[d[i].y]-2*dist[query(d[i].x,d[i].y)];
}
std::sort(d+1,d+1+m,cmp);
int l=0,r=d[1].len;
while (l<=r)
{
int mid=(l+r)>>1;
if (d[1].len-check(mid)>mid)
{
l=mid+1;
}else r=mid-1,ans=mid;
}
printf("%d",ans);
return 0;
}
ps:一百多行。。。
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