BZOJ 4326: NOIP2015 运输计划(二分，树上差分)

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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*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。

数据保证 1≤ui,vi≤n ,n,m<=300000

数据保证 1≤ai,bi≤n 且 0≤ti≤1000。

Output

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。

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
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。

HINT

Source

考场上没想出来怎么求一条边被覆盖的次数。

后来看了题解，发现要用树上差分

然后自己yy了一个：LCA出$+1$，两个节点$-1$，但是如果是链的话这样会被卡掉

正确做法是LCA处$-2$，两个节点$+1$，然后从底向上更新

这样的话这道题就很简单了

我们要求路径的最大值最小，

可以二分这个最小值

然后判断树上是否存在一条边，被比当前值大的链都覆盖到

// luogu-judger-enable-o2
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define getchar() (p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf) + fread(buf, 1, 1 << 21, stdin), p1 == p2) ? EOF : *p1++)
char buf[1 << 21], *p1 = buf, *p2 = buf;
//#define int long long 
using namespace std;
const int MAXN = 3 * 1e5 + 10;
inline int read() {
    char c = getchar(); int x = 0, f = 1;
    while(c < '0' || c > '9') {if(c == '-') f = -1; c = getchar();}
    while(c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
    return x * f;
}
struct Edge {
    int u, v, w, nxt;
}E[MAXN << 1];
int head[MAXN], num = 0;
inline void AddEdge(int x, int y, int z) {
    E[num] = (Edge){x, y, z, head[x]};
    head[x] = num++;
}
struct Plan {
    int bg, ed, lca, val;
    bool operator < (const Plan &rhs) const {
        return val < rhs.val;
    }
}P[MAXN];
int N, M;
int sum[MAXN], deep[MAXN], top[MAXN], siz[MAXN], son[MAXN], fa[MAXN], dfn[MAXN], Pval[MAXN];
void dfs1(int x, int f) {
    fa[x] = f; siz[x] = 1; dfn[++dfn[0]] = x;
    for(int i = head[x]; i != -1; i = E[i].nxt) {
        if(!deep[E[i].v]) {
            deep[E[i].v] = deep[x] + 1;
            sum[E[i].v] = sum[x] + E[i].w; 
            Pval[E[i].v] = E[i].w;
            dfs1(E[i].v, x);
            siz[x] += siz[E[i].v];
            if(siz[E[i].v] > siz[son[x]]) son[x] = E[i].v;            
        }
    }
}
int LCA(int x, int y) {
    while(top[x] != top[y]) {
        if(deep[top[x]] < deep[top[y]]) swap(x, y);
        x = fa[top[x]];
    }
    if(deep[x] < deep[y]) swap(x, y);
    return y;
}
int tag[MAXN], happen[MAXN << 1];
int check(int tim) {
    int pos = upper_bound(P + 1, P + M + 1, (Plan){0, 0, 0, tim}) - P;
    memset(tag, 0, sizeof(tag));
    for(int i = pos; i <= M; i++) tag[P[i].bg]++, tag[P[i].ed]++, tag[P[i].lca] -= 2;//树上差分求每个边被经过的次数。 
    for(int i = N; i >= 1; i--) {
        tag[fa[dfn[i]]] += tag[dfn[i]];
        if(P[M].val - Pval[dfn[i]] <= tim && tag[dfn[i]] >= M - pos + 1) return 1;
    }
    return 0;
}
int l, r;
int Solve() {
    int ans = 1e9 + 10;
    l = r - l;
    while(l <= r) {
        int mid = l + r >> 1;
        if(check(mid)) ans = mid, r = mid - 1;
        else l = mid + 1;
    }
    return ans;
}
int main() {
    #ifdef WIN32
    freopen("a.in", "r", stdin);
    #endif
    //printf("%lf\n", log2(12345));
    memset(head, -1, sizeof(head));
    N = read(); M = read();
    for(int i = 1; i <= N - 1; i++) {
        int x = read(), y = read(), z = read();
        AddEdge(x, y, z); AddEdge(y, x, z);
        l = max(l, z);
    }
    deep[1] = 1; dfs1(1, 0);
    top[1] = 1;
    for(int i = 1; i <= N; i++)
        top[dfn[i]] = dfn[i] == son[fa[dfn[i]]] ? top[fa[dfn[i]]] : dfn[i];
    for(int i = 1; i <= M; i++) {
         P[i].bg = read(), P[i].ed = read();
        P[i].lca = LCA(P[i].bg, P[i].ed);    
        P[i].val = sum[P[i].bg] + sum[P[i].ed] - 2 * sum[P[i].lca];
        r = max(r, P[i].val);
    }
    sort(P + 1, P + M + 1);
    printf("%d", Solve());
    return 0;
}

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