[bzoj4326][NOIP2015]运输计划
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$u_i$号星球沿最快的宇航路径飞行到$v_i$号星球去。显然，飞船驶过一条航道是需要时间的，对于航道i，任意飞船驶过它所花费的时间为$t_i$，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$a_i,b_i,t_i$，表示第i条双向航道修建在$a_i$与$b_i$两个星球之间，任意飞船驶过它所花费的时间为$t_i$。接下来m行描述运输计划的情况，其中第i行包含两个正整数$u_i$和$v_i$，表示第i个运输计划是从$u_i$号星球飞往$v_i$号星球。
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
$N\leq300000$
Solution
这道题就是求在一条边的时间不算的情况下,求$u_i$到$v_i$的最大值的最小值.
显然二分答案ans,然后判断对于所有花费时间$>ans$的$(u_i,v_i)$的交是否为空.
如果不为空,若满足$max\{(u_i,v_i)\}-max\{e[i].w|i\in$所有花费时间$>ans$的$(u_i,v_i)$的交$\}\leq ans$,则合法.
求路径交是否为空=求是否存在一条边所有路径都经过.
$w[i]$表示$i$连向它父亲的那条边有多少条路径经过,
每次$w[u_i]+1,w[v_i]+1,w[lca[(u_i,v_i)]-2$,向上传递即可.
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<queue>
#include<stack>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define K 20
#define N 300005
#define M 600005
#define INF 300000000
using namespace std;
typedef long long ll;
struct graph{
int nxt,to,w;
}e[M];
struct line{
int l,r,f,w;
}a[N];
int f[N][K],g[N],t[N],w[N],ef[N],dep[N],n,m,mk,sum,cnt;
bool v[N],flag;
stack<int> s;
inline int read(){
int ret=0;char c=getchar();
while(!isdigit(c))
c=getchar();
while(isdigit(c)){
ret=(ret<<1)+(ret<<3)+c-'0';
c=getchar();
}
return ret;
}
inline void addedge(int x,int y,int w){
e[++cnt].nxt=g[x];g[x]=cnt;e[cnt].to=y;e[cnt].w=w;
}
inline void dfs(int u){
dep[u]=1;s.push(u);
while(!s.empty()){
u=s.top();s.pop();
if(u==1) for(int i=0;i<K;++i)
f[u][i]=1;
else for(int i=1;i<K;++i)
f[u][i]=f[f[u][i-1]][i-1];
for(int i=g[u];i;i=e[i].nxt)
if(!dep[e[i].to]){
s.push(e[i].to);
f[e[i].to][0]=u;
ef[e[i].to]=e[i].w;
dep[e[i].to]=dep[u]+1;
t[e[i].to]=t[u]+e[i].w;
}
}
}
inline int swim(int x,int h){
for(int i=0;h;++i,h>>=1)
if(h&1) x=f[x][i];
return x;
}
inline int lca(int x,int y){
int i,t;
if(dep[x]<dep[y]){
t=x;x=y;y=t;
}
x=swim(x,dep[x]-dep[y]);
if(x==y) return x;
while(true){
for(i=0;f[x][i]!=f[y][i];++i);
if(!i) return f[x][0];
x=f[x][i-1];y=f[y][i-1];
}
}
inline void total(int u){
s.push(u);
memset(v,0,sizeof(v));
while(!s.empty()){
u=s.top();
if(!v[u]){
v[u]=true;
for(int i=g[u];i;i=e[i].nxt)
if(dep[e[i].to]>dep[u])
s.push(e[i].to);
}
else{
s.pop();
for(int i=g[u];i;i=e[i].nxt)
if(dep[e[i].to]>dep[u])
w[u]+=w[e[i].to];
if(w[u]==sum){
flag=true;
mk=max(mk,ef[u]);
}
}
}
}
inline bool chk(int k){
int ma=0;mk=sum=0;
memset(w,0,sizeof(w));
for(int i=1;i<=m;++i){
if(a[i].w>k){
++sum;ma=max(ma,a[i].w);
++w[a[i].l];++w[a[i].r];w[a[i].f]-=2;
}
}
flag=false;total(1);
return flag&&ma-mk<=k;
}
inline void init(){
n=read();m=read();
for(int i=1,j,k,l;i<n;++i){
j=read();k=read();l=read();
addedge(j,k,l);addedge(k,j,l);
}
dfs(1);
for(int i=1,j,k,l;i<=m;++i){
a[i].l=read();a[i].r=read();
a[i].f=lca(a[i].l,a[i].r);
a[i].w=t[a[i].l]+t[a[i].r]-(t[a[i].f]<<1);
}
int l=0,r=INF,mid;
while(l<r){
mid=(l+r)>>1;
if(chk(mid)) r=mid;
else l=mid+1;
}
printf("%d\n",l);
}
int main(){
freopen("transport.in","r",stdin);
freopen("transport.out","w",stdout);
init();
fclose(stdin);
fclose(stdout);
return 0;
}
