NOIP 2015 Day2 T3 運輸計畫

公元 $2044$ 年,人類進入了宇宙紀元。

公元$2044$ 年，人類進入了宇宙紀元。

$l $國有 $n$ 個星球，還有 $n-1$ 條雙向航道，每條航道建立在兩個星球之間，這 $n-1$ 條航道連通了 $l$ 國的所有星球。

小 $p$ 掌管一家物流公司，該公司有很多個運輸計畫，每個運輸計畫形如：有一艘物流飛船需要從 $u_i$ 號星球沿最快的宇航路徑飛行到 $v_i$ 號星球去。顯然，飛船駛過一條航道是需要時間的，對於航道 $j$，任意飛船駛過它所花費的時間為 $t_j$，並且任意兩艘飛船之間不會產生任何干擾。

為了鼓勵科技創新， $l$ 國國王同意小 $p$ 的物流公司參與 $l$ 國的航道建設，即允許小$p$ 把某一條航道改造成蟲洞，飛船駛過蟲洞不消耗時間。

在蟲洞的建設完成前小 $p$ 的物流公司就預接了 $m$ 個運輸計畫。在蟲洞建設完成後，這 $m$ 個運輸計畫會同時開始，所有飛船一起出發。當這 $m$ 個運輸計畫都完成時，小 $p$ 的物流公司的階段性工作就完成了。

如果小 $p$ 可以自由選擇將哪一條航道改造成蟲洞，試求出小 $p$ 的物流公司完成階段性工作所需要的最短時間是多少？

第一行包括兩個正整數 $n, m$，表示 $l$ 國中星球的數量及小 $p$ 公司預接的運輸計畫的數量，星球從 $1$ 到 $n$ 編號。

接下來 $n-1$ 行描述航道的建設情況，其中第 $i$ 行包含三個整數 $a_i, b_i$ 和 $t_i$，表示第 $i$ 條雙向航道修建在 $a_i$ 與 $b_i$兩個星球之間，任意飛船駛過它所花費的時間為 $t_i$。資料保證 $1 \leq a_i,b_i \leq n$ 且 $0 \leq t_i \leq 1000$。

接下來 $m$ 行描述運輸計畫的情況，其中第 $j$ 行包含兩個正整數 $u_j$ 和 $v_j$，表示第 $j$ 個運輸計畫是從 $u_j$ 號星球飛往 $v_j$號星球。資料保證 $1 \leq u_i,v_i \leq n$

乙個整數，表示小 $p$ 的物流公司完成階段性工作所需要的最短時間。

6 3 1 2 3 1 6 4 3 1 7 4 3 6 3 5 5 3 6 2 5

4 5

對於 $100\%$ 的資料，$100 \leq n \leq 300000$，$1 \leq m \leq 300000$。

二分答案，樹上亂搞

首先看到題目所求，是求最大值最小化。一下子就發現答案是單調的，那麼二分答案就確定了。那麼二分之後如何$check$呢？

那麼一步步來。

當對於所有的路徑做完差分之後再統一做子樹和後，對於每個子樹和為大於 $mid$ 路徑總數的點，它到父結點的邊一定被這些路徑同時經過，對於這些路徑，我們取 $max$ 即可。

至於最長的路徑，直接拿最長的路徑減去 $max$ 並判斷是否小於等於 $mid$ 即可。

然後這道題就輕鬆 a 掉了！

// luogu-judger-enable-o2
// 開o2是因為有個點極度卡人，目前我已知的人裡只有用樹剖求lca的過掉了......
#include #include #include #include using namespace std;
int n, m, ans； int head[300001],
f[300001][20];  // head陣列用於鏈式前向星,f陣列為倍增陣列
int change[300001], jl[300001],
num[300001];  // change陣列為差分陣列，jl(就是距離的首字母^_^)陣列為樹上字首和，num陣列為子樹和
struct tree  k[300001];  //記錄樹上結點資訊
struct node  s[300001];  //路徑資訊
struct egde  g[600001];  //邊資訊
int cmp(node x, node y) 
void read(int &x) 
}  //快讀
void build(int x) 
}  //建樹，造出深度，父親結點，樹上字首和的資訊
int dfs(int x) 
return num[x];
}  //統計子樹和
bool pd(int mid) 
while (s[top].lenth > mid && top <= m) top++;  //加入需要處理的路徑
top--;
for (int i = 1; i <= top; i++)   //差分陣列加減
dfs(1);
int maxx = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++)
if (num[i] == top) maxx = max(maxx, jl[i] - jl[k[i].fa]);  //取最大值
if (s[1].lenth - maxx <= mid) return true;
return false;
}  //判斷mid是否可行
int lca(int a, int b)  else
for (int j = 19; j >= 0; j--)
if (k[f[b][j]].deep >= k[a].deep) b = f[b][j];
for (int j = 19; j >= 0; j--)
if (f[a][j] != f[b][j]) 
if (a == b) return a;
return k[a].fa;
}  //倍增求lca
int main()   //存邊
k[1].deep = 1;
build(1);
for (int i = 1; i <= n; i++) f[i][0] = k[i].fa;
for (int j = 1; j <= 19; j++)
for (int i = 1; i <= n; i++)
f[i][j] = f[f[i][j - 1]][j - 1];  //倍增陣列處理
for (int i = 1; i <= m; i++)   //處理路徑相關資訊
sort(s + 1, s + m + 1, cmp);
int l = 1, r = s[1].lenth;
ans = r;
while (l <= r)  else
l = mid + 1;
}  //二分答案
cout << ans;
}

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