NOIP 2015 运输计划
洛谷 P2680 运输计划
JDOJ 3000: [NOIP2015]运输计划 D2 T3
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。
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。
Output
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。
Sample Input
6 3 1 2 3 1 6 4 3 1 7 4 3 6 3 5 5 3 6 2 5 4 5
Sample Output
11
HINT
【样例说明】
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完成阶段性工作的耗时最短，需要花费的时间为11。
【数据规模与约定】
所有测试数据的范围和特点如下表所示
Source
题解：
题意为：给定一棵树，你可以将任意一条边的边权清零，然后求询问的所有路径的最大值最小是多少。
边转点+树剖+二分+树上差分。
首先要贪心地想一下最优策略。显然地，对于多个询问路径来讲，有两个元素决定了这条边被删除的优先度：第一是这条边经过的次数，第二是这条边的长度。并不是哪条边被走过最多次就删哪条边，这种做法的错误显而易见：假设有一条非常短的边被走过多次，删他对答案的贡献可能不如删除最长路径上的最长边划算。
显然地，我们可以通过树上差分来记录每条边被经过的次数，也完全可以处理出每条边的长度。假如我们能够用一个关系式来表示出“删除优先度”与经过次数和边长的关系，那么这道题就是一道贪心。直接删优先度最高的边。
但是好像不太能推这个式子。
于是我们放弃了贪心，看看暴力如何想。看到最大值最小很容易想二分答案。那么我们就直接处理出最长路径的长度\(dist\)，在\([0,dist]\)上跑二分即可。
如何判断是否可行呢？
我们可以考虑每次判断时，把路长超过当前答案的路径（一共total条）用树上差分处理出每条边被经过多少次，然后如果有某一条边被经过total次，那就尝试着删除这条边（可能有多条边都被经过total次，所以要持续更新删除边边长re），如果最后的maxx（最长路）-re小于等于当前答案，那么就是可行的，否则就是不可行。
非常好的题，既练码力又练思维，最后还有些许细节。
得出代码：
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#define lson pos<<1
#define rson pos<<1|1
using namespace std;
const int maxn=3*1e5+10;
int n,m,ans;
int tot,to[maxn<<1],head[maxn],nxt[maxn<<1],val[maxn<<1];
int size[maxn],deep[maxn],fa[maxn],son[maxn],top[maxn],w[maxn],id[maxn],a[maxn],cnt;
int tree[maxn<<2];
int maxx,total,re;
int cf[maxn];
struct que
{
int u,v,lca,sum;
}q[maxn];
void add(int x,int y,int z)
{
to[++tot]=y;
val[tot]=z;
nxt[tot]=head[x];
head[x]=tot;
}
void dfs1(int x,int f)
{
deep[x]=deep[f]+1;
fa[x]=f;
size[x]=1;
for(int i=head[x];i;i=nxt[i])
{
int y=to[i];
if(y==f)
continue;
a[y]=val[i];
dfs1(y,x);
size[x]+=size[y];
if(!son[x]||size[y]>size[son[x]])
son[x]=y;
}
}
void dfs2(int x,int t)
{
top[x]=t;
id[x]=++cnt;
w[cnt]=a[x];
if(!son[x])
return;
dfs2(son[x],t);
for(int i=head[x];i;i=nxt[i])
{
int y=to[i];
if(y==fa[x]||y==son[x])
continue;
dfs2(y,y);
}
}
void build(int pos,int l,int r)
{
int mid=(l+r)>>1;
if(l==r)
{
tree[pos]=w[l];
return;
}
build(lson,l,mid);
build(rson,mid+1,r);
tree[pos]=tree[lson]+tree[rson];
}
int query(int pos,int l,int r,int x,int y)
{
int ret=0;
int mid=(l+r)>>1;
if(x<=l && r<=y)
return tree[pos];
if(x<=mid)
ret+=query(lson,l,mid,x,y);
if(y>mid)
ret+=query(rson,mid+1,r,x,y);
return ret;
}
int Lca(int x,int y,int p)
{
while(top[x]!=top[y])
{
if(deep[top[x]]<deep[top[y]])
swap(x,y);
q[p].sum+=query(1,1,n,id[top[x]],id[x]);
x=fa[top[x]];
}
if(deep[x]<deep[y])
swap(x,y);
q[p].sum+=query(1,1,n,id[son[y]],id[x]);
return y;
}
bool cmp(que a,que b)
{
return a.sum<b.sum;
}
void dfs(int x,int f)
{
for(int i=head[x];i;i=nxt[i])
{
int y=to[i];
if(y==f)
continue;
dfs(y,x);
cf[x]+=cf[y];
}
if(cf[x]==total&&a[x]>re)
re=a[x];
}
bool check(int x)
{
memset(cf,0,sizeof(cf));
total=re=0;
for(int i=1;i<=m;i++)
if(q[i].sum>x)
{
cf[q[i].u]++;
cf[q[i].v]++;
cf[q[i].lca]-=2;
total++;
}
dfs(1,0);
if(maxx-re<=x)
return 1;
return 0;
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<n;i++)
{
int x,y,z;
scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
add(x,y,z);
add(y,x,z);
}
dfs1(1,0);
dfs2(1,1);
build(1,1,n);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d",&q[i].u,&q[i].v);
q[i].lca=Lca(q[i].u,q[i].v,i);
}
sort(q+1,q+m+1,cmp);
int l=0,r=q[m].sum;maxx=q[m].sum;
while(l<=r)
{
int mid=(l+r)>>1;
if(check(mid))
{
r=mid-1;
ans=mid;
}
else
l=mid+1;
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
