【数据结构】运输计划 NOIP2015提高组D2T3
>>>>题目
【题目描述】
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*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?
【输入描述】
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
【输出描述】
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。
【样例输入】
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】
11
【样例解释】
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。
>>>>分析
此题必备技能： 二分+树上差分+LCA
本题思路：
二分查找，check里面记录所有权值大于mid的路径，并求出这样的路径的数量（用cnt表示）
在这个过程中，求出所有路径”与mid的差“的最大值，就是最大超出的时间（用ans表示）
再找出一条能覆盖所有“大于mid的路径“的边，即为题目描述的虫洞
{
如果没有这样的边，那么不管怎样减总有至少一个任务的时间超过mid ，return false;
如果有这样的边，
{
for（每一条边）
如果(这条边被每一条大于mid的路径经过&&这条边权值大于ans) 也就是说减去这条边可以将每一条大于mid的路径减到mid下
return true;
}
}
具体分析：
（1）二分 ：更多时间能完成任务，那么更短时间也能完成，具有单调性。
（2）树上差分：
tmp[i]表示：表示i这个点通往父亲的边，记录这条边被遍历的次数
num[i]表示：以i为根节点所有子树的tmp值
dis[i]表示：i 到根的距离
对于每一条链s（起点）,t（终点），将s,t的tmp值+1;，将LCA(s,t)的tmp值-2
一个点最终被覆盖的次数就是这个点的num值（用dfs序维护）
（3）求LCA: 我这里选择的是倍增求LCA，真的是模板yo
（4）预处理：预处理出每一条链的链长和每一条链的LCA(这个说法好像不大对)
>>>>代码
#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 300005
using namespace std;
int len=-,sum=-;
int n,m,tot,times;
int head[maxn],to[*maxn],nxt[*maxn],val[*maxn];
int dep[maxn],dis[maxn],fa[maxn][],tmp[maxn],id[maxn];
struct node
{
int u,v,lc,d;
}ed[maxn];
void read(int &x)
{
x=;int f=;char s=getchar();
while(s<''||s>''){if(s=='-') f=-;s=getchar();}
while(s>=''&&s<=''){x=x*+s-'';s=getchar();}x=x*f;
}
void add(int u,int v,int p)//前向星存双向边
{
to[++tot]=v;
nxt[tot]=head[u];
val[tot]=p;
head[u]=tot;
}
int lca(int x,int y)//倍增求lca
{
if(dep[x]<dep[y]) swap(x,y);//保证x在更深的地方
for(int i=;i>=;--i)
if(dep[fa[x][i]]>=dep[y]) x=fa[x][i];
if(x==y) return x;
for(int i=;i>=;--i)//两个一起往上跳
{
if(fa[x][i]!=fa[y][i])
x=fa[x][i],y=fa[y][i];
}
return fa[x][];
}
void dfs(int u,int father)
{
id[++times]=u;//dfs序
for(int i=;i<=;++i) fa[u][i]=fa[fa[u][i-]][i-];//预处理倍增数组
for(int i=head[u];i;i=nxt[i])
{
int v=to[i];
if(v==father) continue;
fa[v][]=u;
dis[v]=dis[u]+val[i];
dep[v]=dep[u]+;
dfs(v,u);
}
}
bool check(int mid)
{
int cnt=,ans=-;
memset(tmp,,sizeof(tmp));
for(int i=;i<=m;++i)
{
if(ed[i].d>mid)
{
tmp[ed[i].u]++;//点到父亲边的出现次数
tmp[ed[i].v]++;
tmp[ed[i].lc]-=;
ans=max(ans,ed[i].d-mid);//找到“最大超出时限”
cnt++;
}
}
if(cnt==) return true;//所有边都小于mid
for(int i=n;i>=;--i) tmp[fa[id[i]][]]+=tmp[id[i]];
//为什么要倒序？从更接近叶子节点的地方开始,更新父节点经过的次数
for(int i=;i<=n;++i) //见解析
if(tmp[i]==cnt&&dis[i]-dis[fa[i][]]>=ans) return true;
return false;
}
int find(int l,int r)
{
int ans;
while(l<=r)
{
int mid=(l+r)>>;
if(check(mid)) ans=mid,r=mid-;
else l=mid+;
}
return ans;
}
int main()
{
// freopen("transport.in","r",stdin);
// freopen("transport.out","w",stdout);
read(n),read(m);
for(int i=;i<=n-;++i)
{
int x,y,z;
read(x),read(y),read(z);
add(x,y,z),add(y,x,z);
sum=max(sum,z);
}
dis[]=; dep[]=;
dfs(,);
for(int i=;i<=m;++i)
{
read(ed[i].u),read(ed[i].v);
ed[i].lc=lca(ed[i].u,ed[i].v);
ed[i].d=dis[ed[i].u]+dis[ed[i].v]-*dis[ed[i].lc];//求u到v的链长
len=max(len,ed[i].d);
}
printf("%d\n",find(len-sum,len));//二分 所用最短时间
return ;/**/
}
/*
6 3
1 2 3
1 6 4
3 1 7
4 3 6
3 5 5
3 6
2 5
4 5
*/
戳这里
思路借鉴 洛谷大佬：@D_14134
完结撒花！