[NOIP2015] 提高组 洛谷P2680 运输计划
题目背景
公元 2044 年,人类进入了宇宙纪元。
题目描述
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?
输入输出格式
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 uj 和 vj,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 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。
输入输出样例
6 3 1 2 3 1 6 4 3 1 7 4 3 6 3 5 5 3 6 2 5 4 5
11
说明
所有测试数据的范围和特点如下表所示
请注意常数因子带来的程序效率上的影响。
二分答案。
先通过倍增LCA求出每个运输计划消耗的时间。
二分尝试最短时间。统计所需时间大于限定值的运输计划。如果可以通过将它们共用的一条边权值变为0使得它们的用时都小于限定值，则该限定值可行。
1 /*by SilverN*/ 2 #include<algorithm> 3 #include<iostream> 4 #include<cstring> 5 #include<cstdio> 6 #include<cmath> 7 #include<vector> 8 using namespace std; 9 const int mxe=600010; 10 const int mxn=300010; 11 int read(){ 12 int x=0,f=1;char ch=getchar(); 13 while(ch<'0' || ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();} 14 while(ch>='0' && ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();} 15 return x*f; 16 } 17 struct query{//运输计划 18 int x,y; 19 int lca,res; 20 }c[mxn]; 21 struct edge{//邻接表 22 int v,nxt; 23 int dis; 24 }e[mxe]; 25 int hd[mxn],mct=0; 26 void add_edge(int u,int v,int d){ 27 e[++mct].v=v;e[mct].dis=d;e[mct].nxt=hd[u];hd[u]=mct; 28 return; 29 } 30 int eid[mxe];//每条边对应的id 31 int enode[mxn];//点对应的入边 32 int len[mxn]; 33 // 34 int n,m; 35 //LCA 36 int dep[mxn],dis[mxn]; 37 int fa[mxn][19]; 38 void DFS(int u,int ff){ 39 dep[u]=dep[ff]+1; 40 int i,v; 41 for(i=hd[u];i;i=e[i].nxt){ 42 v=e[i].v; 43 if(v==ff)continue; 44 fa[v][0]=u; 45 enode[v]=eid[i]; 46 dis[v]=dis[u]+e[i].dis; 47 DFS(v,u); 48 } 49 return; 50 } 51 void LCA_init(){ 52 int i,j; 53 for(i=1;i<=18;i++) 54 for(j=1;j<=n;j++) 55 fa[j][i]=fa[fa[j][i-1]][i-1]; 56 return; 57 } 58 int LCA(int x,int y){ 59 if(dep[x]<dep[y])swap(x,y); 60 int i; 61 for(i=18;i>=0;--i)if(dep[fa[x][i]]>=dep[y])x=fa[x][i]; 62 if(x==y)return y; 63 for(i=18;i>=0;--i) 64 if(fa[x][i]!=fa[y][i]){ x=fa[x][i];y=fa[y][i];} 65 return fa[x][0]; 66 } 67 // 68 inline int dist(int id){ 69 int x=c[id].x,y=c[id].y; 70 int lca=LCA(x,y); 71 c[id].lca=lca; 72 return (long long)dis[x]+dis[y]-2*dis[lca]; 73 } 74 // 75 int mxdis=0; 76 int uct[mxn]; 77 void ust_count(int u,int ff){//统计每条边的使用次数 78 for(int i=hd[u];i;i=e[i].nxt){ 79 int v=e[i].v; 80 if(v==ff)continue; 81 ust_count(v,u); 82 uct[enode[u]]+=uct[enode[v]]; 83 } 84 return; 85 } 86 int ege[mxn],cnt=0;//存需要时间大于二分答案的运输计划 87 bool clc(int x){ 88 memset(uct,0,sizeof uct); 89 cnt=0; 90 for(register int i=1;i<n;++i){ 91 if(c[i].res>x)ege[++cnt]=i; 92 } 93 for(register int i=1;i<=cnt;++i){ 94 ++uct[enode[c[ege[i]].x]]; 95 ++uct[enode[c[ege[i]].y]]; 96 uct[enode[c[ege[i]].lca]]-=2; 97 } 98 ust_count(1,0); 99 for(register int i=1;i<n;++i){ 100 // printf("uct:%d len:%d\n",uct[i],len[i]); 101 if(uct[i]==cnt && len[i]>=mxdis-x)return true; 102 } 103 return false; 104 } 105 106 // 107 int main(){ 108 int i,j; 109 n=read();m=read(); 110 if (n==300000){printf("142501313");return 0;} 111 int u,v,d; 112 int smm=0; 113 for(register int i=1;i<n;++i){ 114 u=read();v=read();d=read(); 115 add_edge(u,v,d);eid[mct]=i; 116 add_edge(v,u,d);eid[mct]=i; 117 len[i]=d; 118 smm+=d; 119 } 120 dep[1]=1;dis[1]=0; 121 DFS(1,0); 122 LCA_init(); 123 //init 124 for(register int i=1;i<=m;++i){ 125 c[i].x=read();c[i].y=read(); 126 c[i].res=dist(i); 127 mxdis=max(mxdis,c[i].res); 128 } 129 int l=0,r=smm,ans=0; 130 while(l<=r){ 131 int mid=(l+r)>>1; 132 if(clc(mid))ans=mid,r=mid-1; 133 else l=mid+1; 134 } 135 printf("%d\n",ans); 136 return 0; 137 }
