[NOIP 2015]运输计划-[树上差分+二分答案]-解题报告

[NOIP 2015]运输计划

题面:

问题描述

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？

输入格式

? /输入文件名为transport.in。/
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ui和vi，表示第j个运输计划是从uj号星球飞往vj号星球。

输出格式

? /输出文件名为transport.out。/
共1行，包含1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。

样例输入

样例输入1：

6 3
1 2 3
1 6 4
3 1 7
4 3 6
3 5 5
3 6
2 5
4 5

样例输出

样例输出1：

11

提示

? 输入输出样例1说明：
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阶段性工作的耗时最短，需要花费的时间为11。
数据规模于约定：

题解:

要求最大值最小,考虑二分答案将问题转化为可行性问题;

对于我们每次二分出的答案,将小于等于这个长度的路径直接舍去,然后统计剩下的路径覆盖,求他们的交集,这里就用了树上差分;

我们将边权下放点权,对边差分时将\(LCA-2\);

树剖求\(LCA\)挂得莫名其妙,换成倍增就\(A\)了

\(code:\)

#include
#include
#include
#include
#include
#define re register
#define ll long long
using namespace std;

char buf[1<<20],*p1,*p2;
inline char gc()
{
//    return getchar();
    return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<20,stdin))==p1?0:*p1++;
}

template
inline void read(T &x)
{
    char tt;
    bool flag=0;
    while(!isdigit(tt=gc())&&tt!='-');
    tt=='-'?(flag=1,x=0):(x=tt-'0');
    while(isdigit(tt=gc())) x=(x<<1)+(x<<3)+(tt^'0');
    if(flag) x=-x;
}

const int maxn=300002;

inline void getmin(int &x,int y){x=xy?x:y;}


int a[maxn],b[maxn],lent[maxn],lc[maxn],s[maxn];
int log_[maxn];
int n,m,mx,l,r,num;
int fa[maxn][20],dis[maxn],w[maxn],f[maxn],dep[maxn];
int to[maxn<<1],val[maxn<<1],nex[maxn<<1],head[maxn<<1],cnt;

inline int add(int u,int v,int w)
{
    to[++cnt]=v;val[cnt]=w;nex[cnt]=head[u];head[u]=cnt;
    to[++cnt]=u;val[cnt]=w;nex[cnt]=head[v];head[v]=cnt;
}

inline int cal(int x,int y,int lca)
{
    return dis[x]+dis[y]-(dis[lca]<<1);
}

void dfs(int x,int len)
{
	for(int i=1;i<=log_[n];i++)
	if(fa[x][i-1]) fa[x][i]=fa[fa[x][i-1]][i-1];
	else break;
	
    dis[x]=len;s[++num]=x;
    for(re int i=head[x];i;i=nex[i])
    {
        if(to[i]==fa[x][0]) continue;
        w[to[i]]=val[i];fa[to[i]][0]=x;dep[to[i]]=dep[x]+1;
        dfs(to[i],len+val[i]);
    }
}

int t;
inline void swp(int &x,int &y){t=x,x=y,y=t;}
int getlca(int x,int y)
{
	if(x==y) return x;
	if(dep[x]=0;i--)
	if(del>>i&1) x=fa[x][i];
	if(x==y) return x;
	for(int i=log_[n];i>=0;i--)
	if(fa[x][i]!=fa[y][i])
	x=fa[x][i],y=fa[y][i]; 
	return fa[x][0];
}

bool ok(int x)
{
    int tot=0,ans=0;
    for(int i=1;i<=n;i++) f[i]=0;
    for(re int i=1;i<=m;i++)
    {
        if(lent[i]<=x) continue;
        f[a[i]]++,f[b[i]]++,f[lc[i]]-=2,tot++;
         ans=max(ans,lent[i]-x);
    }
    for(re int i=n;i>=1;i--)
    {
        f[fa[s[i]][0]]+=f[s[i]];
        if(w[s[i]]>=ans&&f[s[i]]==tot) return 1;
    }
    return 0;
}

void update(int id,int x,int y,int lca,int len)
{
    a[id]=x;
    b[id]=y;
    lc[id]=lca;
    lent[id]=len;
}

int x,y,z,len,lca,ans;
int main()
{
    read(n),read(m);log_[0]=-1;
    for(int i=1;i<=n;i++) log_[i]=log_[i>>1]+1;
    for(re int i=1;i>1;
        if(ok(mid)) ans=mid,r=mid-1;
        else l=mid+1;
    }
    printf("%d",ans);
}