【NOIP2015】运输计划
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
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
输出格式
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。
样例一
input
6 3 1 2 3 1 6 4 3 1 7 4 3 6 3 5 5 3 6 2 5 4 5
output
11
explanation
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。
限制与约定
| 测试点编号 | n的取值 | m的取值 | 约定 |
|---|---|---|---|
| 1 | =100 | =1 | |
| 2 | =100 | 第 i 条航道连接 i 号星球与 i+1 号星球 | |
| 3 | |||
| 4 | =2000 | =1 | |
| 5 | =1000 | =1000 | 第 i 条航道连接 i 号星球与 i+1 号星球 |
| 6 | =2000 | =2000 | |
| 7 | =3000 | =3000 | |
| 8 | =1000 | =1000 | |
| 9 | =2000 | =2000 | |
| 10 | =3000 | =3000 | |
| 11 | =80000 | =1 | |
| 12 | =100000 | ||
| 13 | =70000 | =70000 | 第 i 条航道连接 i 号星球与 i+1 号星球 |
| 14 | =80000 | =80000 | |
| 15 | =90000 | =90000 | |
| 16 | =100000 | =100000 | |
| 17 | =80000 | =80000 | |
| 18 | =90000 | =90000 | |
| 19 | =100000 | =100000 | |
| 20 | =300000 | =300000 |
时间限制：1s
空间限制：256MB
跪了。。。。。。。。。
考场想了一个奇怪的树链剖分的做法，最后发现是有问题的。。。。。（希望能多拿点分）
这道题真是水题。。。。。
将边权附到出边的点权，二分答案，找出所有不符合题意的路径，这些路径上必须删至少一条边。算出这些链的交集，可以离线打标记，然后判判就行了。
#include<cstdio> #include<cctype> #include<queue> #include<cmath> #include<cstring> #include<algorithm> #define rep(i,s,t) for(int i=s;i<=t;i++) #define dwn(i,s,t) for(int i=s;i>=t;i--) #define ren for(int i=first[x];i;i=next[i]) using namespace std; inline int read() { int x=0,f=1;char c=getchar(); for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c=='-') f=-1; for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-'0'; return x*f; } const int maxn=300010; int n,m,first[maxn],next[maxn<<1],to[maxn<<1],dis[maxn<<1],e; void AddEdge(int u,int v,int w) { to[++e]=v;dis[e]=w;next[e]=first[u];first[u]=e; to[++e]=u;dis[e]=w;next[e]=first[v];first[v]=e; } int val[maxn],u[maxn],v[maxn],w[maxn],fa[maxn],siz[maxn],son[maxn],dep[maxn],dist[maxn]; void dfs(int x) { dep[x]=dep[fa[x]]+1;siz[x]=1; ren if(to[i]!=fa[x]) { fa[to[i]]=x;dist[to[i]]=dist[x]+dis[i]; dfs(to[i]);siz[x]+=siz[to[i]]; if(siz[to[i]]>siz[son[x]]) son[x]=to[i]; } } int top[maxn]; void build(int x,int tp) { top[x]=tp;if(son[x]) build(son[x],tp); ren if(to[i]!=fa[x]&&to[i]!=son[x]) build(to[i],to[i]); } int lca(int x,int y) { int f1=top[x],f2=top[y]; while(f1!=f2) { if(dep[f1]<dep[f2]) swap(f1,f2),swap(x,y); x=fa[f1];f1=top[x]; } return dep[x]<dep[y]?x:y; } int tot,mx2,A[maxn],B[maxn],C[maxn],LCA[maxn],cnt[maxn]; int dfs2(int x) { ren if(to[i]!=fa[x]) cnt[x]+=dfs2(to[i]); if(cnt[x]==tot) mx2=max(mx2,val[x]); return cnt[x]; } int check(int mid) { memset(cnt,0,sizeof(cnt)); int mx=0;tot=mx2=0; rep(i,1,n) if(C[i]>mid) { mx=max(mx,C[i]); cnt[A[i]]++;cnt[B[i]]++; cnt[LCA[i]]-=2;tot++; } dfs2(1); return mx-mx2<=mid; } int main() { n=read();m=read(); rep(i,2,n) { u[i]=read();v[i]=read();w[i]=read(); AddEdge(u[i],v[i],w[i]); } dfs(1);build(1,1); rep(i,2,n) { if(dep[u[i]]>dep[v[i]]) val[u[i]]=w[i]; else val[v[i]]=w[i]; } int l=0,r=0,mid; rep(i,1,m) { A[i]=read();B[i]=read(); r=max(r,C[i]=dist[A[i]]+dist[B[i]]-2*dist[LCA[i]=lca(A[i],B[i])]); } while(l<r) if(check(mid=l+r>>1)) r=mid; else l=mid+1; printf("%d\n",l); return 0; }
