[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
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#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 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>=1)
        if(h&1) x=f[x][i];
    return x;
}
inline int lca(int x,int y){
    int i,t;
    if(dep[x]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>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;
}