【bzoj 4326】【codevs 4632】【UOJ #150】[NOIP 2015]运输计划（dfs+lca+二分答案+差分）
4326: NOIP2015 运输计划
Time Limit: 30 Sec Memory Limit: 128 MBSubmit: 789 Solved: 520
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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
Source
【题解】【dfs（或许是树链剖分？界限不清ing）+差分（其实我并不懂什么是差分）+二分答案+lca】
【简单的来说，本题的基本内容就是：建树、dfs更新出节点之间的关系，然后求出每一条路径的值。然后，二分答案，每次将超过当前最优值的路径的公共部分的最大一段改成虫洞，判断是否满足条件】
【在树中将所有路径起、始权值加1，起、始点的lca权值减2，从所有叶节点开始把权值往上累加。最终权值为路径数的点到其父亲的边为所求边。（貌似这是差分的基本思想）】
[那么如何实现？]
【首先，因为这是一棵普通树（或许可以转成二叉树然后就容易处理？！然而我并不会多叉转二叉），所以考虑利用链剖中存储节点信息和节点关系的方式：两个dfs。】
【同时，因为我们需要用到边权，所以也要在dfs的同时存储边的信息（把边权化为点权，并存储前缀和，即从根走到当前点的距离）】
【然后，在求每条路径的长度时，就将起点和终点前缀和加起来，因为这两个点可能不需要通过根连接，即它们可能有lca，所以要将它们的lca减去，因为在lca处就可以从一条链换到另一条链了】
【二分答案的判断：在查找t条链的公共部分时我卡了好久，最后zyf告诉我可以用差分，然而差分是什么？原谅我到现在也不知道。。。反正在本题里的体现就是在一条链的起点+1，终点-1，最后求到哪个点时和为t，那么被归到这个点边即有可能是要建成虫洞的点】[orz zyf]
【最后，还要注意一点，每次判断时不要判总共的路径长度，只计算最长的路径减去虫洞原来的长度是否满足条件】
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
struct node{
int s,t,ans;
}que[300010];
int a[600010],nxt[600010],p[300010],val[600010],tot;
int f[300010],son[300010],size[300010],dep[300010];
int top[300010],in[300010],out[300010],tip;
int num[300010],sum[300010],tim[300010],mx[300010];
int n,m,ans,maxn;
inline void add(int x,int y,int v)
{
tot++; a[tot]=y; nxt[tot]=p[x]; p[x]=tot; val[tot]=v;
tot++; a[tot]=x; nxt[tot]=p[y]; p[y]=tot; val[tot]=v;
}
int tmp(node a,node b)
{
return a.ans>b.ans;
}
void dfs(int x,int fa,int h)
{
int nm;
dep[x]=h; size[x]=1; f[x]=fa;
for(int i=p[x];i!=-1;i=nxt[i])
if(a[i]!=fa)
{
sum[a[i]]=sum[x]+val[i]; mx[a[i]]=val[i];
dfs(a[i],x,h+1);
size[x]+=size[a[i]];
if(son[x]==-1||size[son[x]]<size[a[i]]) son[x]=a[i];
}
}
void DFS(int x,int tp)
{
top[x]=tp; in[x]=++tip; out[tip]=mx[x];
if(son[x]==-1) return;
DFS(son[x],tp);
for(int i=p[x];i!=-1;i=nxt[i])
if(a[i]!=f[x]&&a[i]!=son[x])
DFS(a[i],a[i]);
}
inline int find(int x,int y)
{
int x1=x,y1=y;
while(top[x]!=top[y])
{
if(dep[top[x]]<dep[top[y]]) swap(x,y);
x=f[top[x]];
}
int last=(dep[x]>dep[y]?y:x);
return (sum[x1]+sum[y1]-2*sum[last]);
}
inline void solve(int x,int y)
{
while(top[x]!=top[y])
{
if(dep[top[x]]<dep[top[y]]) swap(x,y);
num[in[x]+1]--; num[in[top[x]]]++;
x=f[top[x]];
}
if(x==y) return;
if(dep[x]>dep[y]) swap(x,y);
num[in[x]+1]++; num[in[y]+1]--;
}
inline bool check(int x)
{
int tt=0,cnt=0,now=x;
memset(num,0,sizeof(num));
for(int i=1;i<=m;++i)
if(que[i].ans>x) solve(que[i].s,que[i].t),tt++;
else break;
if(tim[tt]!=0) return (maxn-tim[tt]<=now);
int ss=0;
for(int i=1;i<=n;++i)
{
cnt+=num[i];
if(cnt==tt) ss=max(ss,out[i]);
}
tim[tt]=ss;
return (maxn-ss<=now);
}
inline void qsort(int l,int r)
{
int mid;
while(l<=r)
{
mid=(l+r)>>1;
if(check(mid)) r=mid-1,ans=mid;
else l=mid+1;
}
}
int main()
{
//freopen("int.txt","r",stdin);
int i,j;
memset(p,-1,sizeof(p));
memset(nxt,-1,sizeof(nxt));
memset(son,-1,sizeof(son));
scanf("%d%d",&n,&m);
for(i=1;i<n;++i)
{
int x,y,z;
scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
add(x,y,z);
}
dfs(1,0,1);
DFS(1,1);
for(i=1;i<=m;++i)
{
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
que[i].s=x; que[i].t=y;
que[i].ans=find(x,y);
}
sort(que+1,que+m+1,tmp);
maxn=que[1].ans;
qsort(0,maxn);
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
