BZOJ 4326 NOIP2015 运输计划（树上差分+LCA+二分答案）
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
1 2 3
1 6 4
3 1 7
4 3 6
3 5 5
3 6
2 5
4 5
Sample Output
HINT
题目链接：BZOJ 4326
哇这题居然有权限可以做，真是感动啊……中文题题意就不说了，来西安集训的这几天老师介绍了这题，说是二分答案balabala，然后介绍了树上差分这种东西，差分嘛，我们都知道是利用前缀和来做的，这题如何二分答案？显然是把所有大于路径长度大于当前判定答案mid的路径取出，然后看这些路径的最大值减去最大可减少的一条边是否小于等于mid，为什么是交集？我们需要的是需要减少一条边来让所有的超出mid的边均小于等于mid，如果是非交集边显然总有至少一条路径仍然还是大于mid，那么我们如何求这些原路径长度大于mid交集边呢？
求边问题就成了求一些路径被选出来的所有边覆盖过，这里就用到了树上差分这种东西，对于所有选出来的边，进行$val_v++$、$val_u++$、$val_{lca(u,v)}-=2$，然后从子节点自下至上统计一个到根节点的前缀和，那么每一个节点的值就是它到父亲边被覆盖过的次数，但是每一次从儿子DFS到根复杂度很可能会爆啊，这里可以把节点用后序遍历存下来，使得父节点一定在子节点统计完再累加，就变成$O(n)$的求前缀和复杂度了……。把选边的过程改成先排序预处理+二分位置居然还慢了一秒，无语了。最后我想说namespace大法好啊，写起来酷炫又避免了同名函数的尴尬
代码：
#include <stdio.h>
#include <algorithm>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <bitset>
#include <string>
#include <stack>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <set>
#include <map>
using namespace std;
#define INF 0x3f3f3f3f
#define LC(x) (x<<1)
#define RC(x) ((x<<1)+1)
#define MID(x,y) ((x+y)>>1)
#define fin(name) freopen(name,"r",stdin)
#define fout(name) freopen(name,"w",stdout)
#define CLR(arr,val) memset(arr,val,sizeof(arr))
#define FAST_IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);
typedef pair<int, int> pii;
typedef long long LL;
const double PI = acos(-1.0);
const int N = 300010;
struct edge
{
int to, nxt, t;
edge() {}
edge(int _to, int _nxt, int _t): to(_to), nxt(_nxt), t(_t) {}
} E[N << 1];
int head[N], tot;
int sum[N], F[N], D[N << 1], ver[N << 1], ts, fa[N], dp[N << 1][20];
int tim[N], arr[N], sz, cost[N];
int U[N], V[N], LCA[N], Dis[N];
int n, m;
void init()
{
CLR(head, -1);
tot = 0;
ts = 0;
sz = 0;
}
inline void add(int s, int t, int ti)
{
E[tot] = edge(t, head[s], ti);
head[s] = tot++;
}
void dfs(int u, int f, int dep, int sumt)
{
ver[++ts] = u;
F[u] = ts;
D[ts] = dep;
fa[u] = f;
tim[u] = sumt;
for (int i = head[u]; ~i; i = E[i].nxt)
{
int v = E[i].to;
if (v != f)
{
cost[v] = E[i].t;
dfs(v, u, dep + 1, sumt + E[i].t);
ver[++ts] = u;
D[ts] = dep;
}
}
arr[++sz] = u;
}
namespace RMQ
{
void init(int l, int r)
{
int i, j;
for (i = l; i <= r; ++i)
dp[i][0] = i;
for (j = 1; l + (1 << j) - 1 <= r; ++j)
{
for (i = l; i + (1 << j) - 1 <= r; ++i)
{
int a = dp[i][j - 1], b = dp[i + (1 << (j - 1))][j - 1];
dp[i][j] = D[a] < D[b] ? a : b;
}
}
}
int LCA(int u, int v)
{
int l = F[u], r = F[v];
if (l > r)
swap(l, r);
int len = r - l + 1, k = 0;
while (1 << (k + 1) <= len)
++k;
int a = dp[l][k], b = dp[r - (1 << k) + 1][k];
return D[a] < D[b] ? ver[a] : ver[b];
}
}
int check(int t)
{
CLR(sum, 0);
int ecnt = 0;
int Maxcost = 0;
for (int i = 0; i < m; ++i)
{
if (Dis[i] > t)
{
if (Dis[i] > Maxcost)
Maxcost = Dis[i];
++ecnt;
++sum[U[i]];
++sum[V[i]];
sum[LCA[i]] -= 2;
}
}
for (int i = 1; i <= sz; ++i)
{
int u = arr[i];
sum[fa[u]] += sum[u];
}
int Maxreduce = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i)
if (sum[i] == ecnt && cost[i] > Maxreduce)
Maxreduce = cost[i];
return Maxcost - Maxreduce <= t;
}
int main(void)
{
int i, a, b, t;
while (~scanf("%d%d", &n, &m))
{
init();
for (i = 1; i < n; ++i)
{
scanf("%d%d%d", &a, &b, &t);
add(a, b, t);
add(b, a, t);
}
dfs(1, 0, 0, 0);
RMQ::init(1, ts);
for (i = 0; i < m; ++i)
{
scanf("%d%d", U + i, V + i);
LCA[i] = RMQ::LCA(U[i], V[i]);
Dis[i] = tim[U[i]] + tim[V[i]] - (tim[LCA[i]] << 1);
}
int L = 0, R = *max_element(Dis, Dis + m);
int ans = 0;
while (L <= R)
{
int mid = MID(L, R);
if (check(mid))
{
R = mid - 1;
ans = mid;
}
else
L = mid + 1;
}
printf("%d\n", ans);
}
return 0;
}
