BZOJ 4326: NOIP2015 运输计划

 

传送门

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。

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 ,n,m<=300000

数据保证 1≤ai,bi≤n 且 0≤ti≤1000。

 

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
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。

 

题意翻译一下就是，树上有m条路径，有一次让一条边权值置为0的操作，问这次操作后，m条路径中最长的最小值是多少

思路：二分+树上差分，满足二分性质是因为$t$是答案，那么$t+1$也是一个答案

check函数就是把路径超过$mid$的在树上差分一下，最后统计一下这些路径的最长公共边，看看最长路径减去这个公共边和$mid$的大小关系。

用tarjan预处理一下$LCA$

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

inline int read() {
    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 - 48; ch = getchar(); }
    return x * f;
}

const int N = 3e5 + 10;
struct E { int ne, v, f; } e[N << 1], q[N << 1];
struct length { int u, v, len, lca; } ans[N];

int head[N], headq[N], cnt, n, m, maxlen, s[N], num, ret, fa[N], dis[N], a[N];
bool vis[N];

inline void add(int u, int v, int f) {
    e[++cnt].v = v; e[cnt].f = f; e[cnt].ne = head[u]; head[u] = cnt;
}

inline void addq(int u, int v) {
    q[++cnt].v = v; q[cnt].ne = headq[u]; headq[u] = cnt;
}

int getfa(int x) { return x == fa[x] ? fa[x] : fa[x] = getfa(fa[x]); }

void tarjan(int u) {
    fa[u] = u;
    vis[u] = 1;
    for (int i = head[u]; i; i = e[i].ne) {
        int v = e[i].v;
        if (vis[v]) continue;
        dis[v] = dis[u] + e[i].f;
        tarjan(v);
        a[v] = e[i].f;
        fa[v] = u;
    }
    for (int i = headq[u]; i; i = q[i].ne) {
        int v = q[i].v;
        if (vis[v]) {
            ans[(i + 1) / 2].lca = getfa(v);
            ans[(i + 1) / 2].len = dis[u] + dis[v] - 2 * dis[ans[(i + 1) / 2].lca];
            maxlen = max(maxlen, ans[(i + 1) / 2].len);
        }
    }
}

void dfs(int u, int pre) {
    for (int i = head[u]; i; i = e[i].ne) {
        int v = e[i].v;
        if (v == pre) continue;
        dfs(v, u);
        s[u] += s[v];
    }
    if (s[u] == num && a[u] > ret) ret = a[u];
}

bool check(int mid) {
    memset(s, 0, sizeof(s));
    num = ret = 0;
    for (int i = 1; i <= m; i++) {
        if (ans[i].len > mid) {
            num++;
            s[ans[i].u]++;
            s[ans[i].v]++;
            s[ans[i].lca] -= 2;
        }
    }
    dfs(1, 0);
    return maxlen - ret <= mid;
}

int main() {
    n = read(), m = read();
    for (int i = 0; i < n - 1; i++) {
        int u = read(), v = read(), f = read();
        add(u, v, f);
        add(v, u, f);
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++) fa[i] = i;
    cnt = 0;
    for (int i = 1; i <= m; i++) {
        int u = read(), v = read();
        ans[i].u = u; ans[i].v = v;
        addq(u, v); addq(v, u);
    }
    tarjan(1);
    int l = 0, r = maxlen;
    while (l + 1 < r) {
        int mid = (l + r) / 2;
        if (check(mid)) r = mid;
        else l = mid;
    }
    printf("%d\n", r);
    return 0;
}