NOIP2015 D2T3 运输计划

拿到题目的第一眼

首先这是一棵n个节点的树（别说你看不出来）

然后对于树上的m条链
我们可以选取树上的唯一一条边使它的边权变为0

求处理后最长链的长度

20分

m=1
好啦，好像可做
一眼望去全是水

只需求出一条链上的所有边并计算边权和及最大边权（暴力往上跳并记录即可）
边权和减去最大边权即为答案
那么我们就可以O(n)过掉这道题了（不嫌麻烦的话也可以O(log n)搞树上路径）

60分？

从未如此接近满分
全是链，这意味着什么（并不意味着什么）

想了想，发现好像60分并不好搞
考虑一下暴力吧

超级暴力：暴力枚举删每一条边，统计删完这条边之后最长链的长度，取最小值就是答案，复杂度O(n^2 m)，25分

刚才的小优化

考虑优化暴力

枚举删哪条边O(n)显然已经达到理论下限
如果非要搞它的话只能排除那些不被经过的边，效率高不了多少

接下来是统计每条链的长度
全是链哎，求线性区间和，前缀和优化，消去一个O(n)

那个O(m)好像没有什么有效的优化

这样，复杂度降至O(nm)，40分

然后其他数据，搞树链剖分动态修改、查询可以多拿一些分，复杂度O(nm log n),60分

怎么办

QAQ，60分都拿不到了吗

可不可以不实际改边权呢？

经过不会就猜二分
经过深入思考，我们发现：

最短时间为t，前提是对于length>t的所有链，总能找到至少一条长为k公共边，使得最长链的长度max length-k<=t
如果知道答案，好像不仅不用枚举最长链，还可以把枚举删边变为贪心删掉被全部满足条件的链经过的最长边，稳赚一个O(n)和一个O(m)

考虑二分答案

如果能够在时间t1内完成任务，那么对于t2>t1，总能在时间t2内完成任务
所以答案符合单调性
可以二分答案

Check函数怎么写呢，看一看能不能找到找到至少一条长为k公共边，使得最长链的长度max length-k<=t
设length>t的边的个数为number
我们必须知道一条边是否曾被number个链同时经过，唯一的方法好像就是差分了，check函数可以写成O(n + m)的，总复杂度O((n + m)log n)，60分

100分

二分答案的做法放到树上呢

考虑线性数据上二分的完整做法
预处理每一条链的length，二分答案，放到check函数里搞

没问题
LCA求出每条链的length，还是二分，check函数换成树上差分
最后发现正解只要一句话：
求链长+二分

上代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
const int maxn=3e5+10;
struct edge{
    int next,to,dis;
}e[2*maxn],q[2*maxn];
struct length{
    int len,lca,u,v;
}len[maxn];
int head[maxn],cnt,headq[maxn],dis[maxn],maxlen,n,m,a[maxn],ans,s[maxn],num,ret,f[maxn];    //一堆变量
bool vis[maxn];
inline int readn()        //随处可见的快读
{
    int x=0;
    char ch=getchar();
    while(ch>'9'||ch<'0')
        ch=getchar();
    while(ch>='0'&&ch<='9')
    {
        x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^'0');
        ch=getchar();
    }
    return x;
}
inline void add_edge(int x,int y,int d)
{
    e[++cnt].next=head[x];
    e[cnt].to=y;
    e[cnt].dis=d;
    head[x]=cnt;
}
inline void add_que(int x,int y)
{
    q[++cnt].next=headq[x];
    q[cnt].to=y;
    headq[x]=cnt;
}
int find(int x)
{
    return f[x]==x?f[x]:f[x]=find(f[x]);    //一行并查集
}
void dfs(int u,int pre)
{
    for(int i=head[u];i;i=e[i].next)
    {
        int v=e[i].to;
        if(v==pre)
            continue;
        dfs(v,u);
        s[u]+=s[v];        //统计经过次数
    }
    if(s[u]==num&&a[u]>ret)
        ret=a[u];        //贪心地选取最长公共边
}
inline bool check(int x)
{
    memset(s,0,sizeof(s));
    num=ret=0;
    for(int i=1;i<=m;i++)        //树上差分
        if(len[i].len>x)
        {
            s[len[i].u]++;
            s[len[i].v]++;
            s[len[i].lca]-=2;
            num++;        //记录len>x的链的个数
        }
    dfs(1,0);        //跑差分结果
    if(maxlen-ret>x)    //如果不能满足，返回NO
        return 0;
    return 1;    //能满足
}
void tarjan(int u,int pre)        //tarjan求链长
{
    for(int i=head[u];i;i=e[i].next)
    {
        int v=e[i].to;
        if(v==pre)
            continue;
        dis[v]=dis[u]+e[i].dis;
        tarjan(v,u);
        a[v]=e[i].dis;
        int f1=find(v);
        int f2=find(u);
        if(f1!=f2)
            f[f1]=find(f2);
        vis[v]=1;
    }
    for(int i=headq[u];i;i=q[i].next)
        if(vis[q[i].to])
        {
            int p=(i+1)>>1;
            len[p].lca=find(q[i].to);
            len[p].len=dis[u]+dis[q[i].to]-2*dis[len[p].lca];
            maxlen=max(maxlen,len[p].len);
        }
}
int main()
{
    n=readn(),m=readn();
    for(int i=1;i<n;i++)
    {
        int ai=readn(),bi=readn(),ti=readn();
        add_edge(ai,bi,ti);        //邻接表存图
        add_edge(bi,ai,ti);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
        f[i]=i;
    cnt=0;
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        int x=readn(),y=readn();        //输入
        len[i].u=x;
        len[i].v=y;
        add_que(x,y);
        add_que(y,x);
    }
    tarjan(1,0);
    int l=0,r=maxlen,mid;
    while(l<=r)        //二分答案
    {
        mid=(l+r)>>1;
        if(check(mid))
        {
            r=mid-1;
            ans=mid;    //记录答案
        }
        else
            l=mid+1;    //不能满足则二分更大答案，以使得条件可以得到满足
    }
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}