[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:
| A【NOIP2015 Day2】运输计划 |
|---|
| 时间限制 : 20000 MS 空间限制 : 262144 KB |
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<cstdio>
#include<iostream>
#include<ctype.h>
#include<cstring>
#include<vector>
#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<typename T>
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=x<y?x:y;}
inline void getmax(int &x,int y){x=x>y?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]<dep[y]) swp(x,y);
int del=dep[x]-dep[y];
for(int i=log_[n];i>=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<n;i++)
{
read(x),read(y),read(z);
getmax(l,z);
add(x,y,z);
}
dfs(1,0);
for(re int i=1;i<=m;i++)
{
read(x),read(y);
lca=getlca(x,y);
len=cal(x,y,lca);getmax(mx,len);
update(i,x,y,lca,len);
}
l=mx-l;r=mx;
while(l<=r)
{
int mid=l+r>>1;
if(ok(mid)) ans=mid,r=mid-1;
else l=mid+1;
}
printf("%d",ans);
}
