BZOJ 4326 NOIP2015 运输计划 (二分+树上差分)

4326: NOIP2015 运输计划

Time Limit: 30 Sec Memory Limit: 128 MB
Submit: 1930 Solved: 1231
[Submit][Status][Discuss]

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

析：首先二分是很容易想出来的，然后主要是判断这个解合不合法，先二分答案 mid，因为有 m 个计划，所以只要添加虫洞的肯定是所有的时间长于 mid 的计划中，也就是是那些的共同边，这个就可以用树上差分来做了，假设 s 到 t，那么让in[s]++，in[t]++，in[lca(s, t)] -= 2，其中in 表示的是该结点与其父结点的边的计数，最后再跑一次dfs，把所有的权值都累加上去，这样就能知道哪些是共同的边了。

代码如下：

#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")

#include <cstdio>

#include <string>

#include <cstdlib>

#include <cmath>

#include <iostream>

#include <cstring>

#include <set>

#include <queue>

#include <algorithm>

#include <vector>

#include <map>

#include <cctype>

#include <cmath>

#include <stack>

#include <sstream>

#include <list>

#include <assert.h>

#include <bitset>

#define debug() puts("++++");

#define gcd(a, b) __gcd(a, b)

#define lson l,m,rt<<1

#define rson m+1,r,rt<<1|1

#define fi first

#define se second

#define pb push_back

#define sqr(x) ((x)*(x))

#define ms(a,b) memset(a, b, sizeof a)

#define sz size()

#define pu push_up

#define pd push_down

#define cl clear()

#define all 1,n,1

#define FOR(i,x,n)  for(int i = (x); i < (n); ++i)

#define freopenr freopen("in.txt", "r", stdin)

#define freopenw freopen("out.txt", "w", stdout)

using namespace std;

typedef long long LL;

typedef unsigned long long ULL;

typedef pair<int, int> P;

const int INF = 0x3f3f3f3f;

const double inf = 1e20;

const double PI = acos(-1.0);

const double eps = 1e-8;

const int maxn = 3e5 + 20;

const int maxm = 100 + 10;

const ULL mod = 10007;

const int dr[] = {-1, 0, 1, 0};

const int dc[] = {0, -1, 0, 1};

const char *de[] = {"0000", "0001", "0010", "0011", "0100", "0101", "0110", "0111", "1000", "1001", "1010", "1011", "1100", "1101", "1110", "1111"};

int n, m;

const int mon[] = {0, 31, 28, 31, 30, 31, 30, 31, 31, 30, 31, 30, 31};

const int monn[] = {0, 31, 29, 31, 30, 31, 30, 31, 31, 30, 31, 30, 31};

inline bool is_in(int r, int c) {

  return r >= 0 && r < n && c >= 0 && c < m;

}

struct Edge{

  int to, val, next;

};

Edge edge[maxn<<1];

int head[maxn], cnt;

inline void addEdge(int u, int v, int val){

  edge[cnt].to = v;

  edge[cnt].val = val;

  edge[cnt].next = head[u];

  head[u] = cnt++;

}

int p[21][maxn];

int dep[maxn], dp[maxn], dist[maxn];

struct Road{

  int u, v, lca, dist;

};

Road road[maxn];

inline void dfs(int u, int fa, int d){

  p[0][u] = fa;

  dep[u] = d;

  for(int i = head[u]; ~i; i = edge[i].next){

    int v = edge[i].to;

    if(v == fa)  continue;

    dp[v] = dp[u] + edge[i].val;

    dist[v] = edge[i].val;

    dfs(v, u, d + 1);

  }

}

void init(){

  ms(p, -1);  dfs(1, -1, 0);

  for(int k = 0; k < 20; ++k)

    for(int u = 1; u <= n; ++u)

      if(p[k][u] > 0)  p[k+1][u] = p[k][p[k][u]];

}

inline int LCA(int u, int v){

  if(dep[u] > dep[v])  swap(u, v);

  for(int k = 0; k < 20; ++k)

    if(dep[v] - dep[u] >> k & 1)  v = p[k][v];

  if(u == v)  return u;

  for(int k = 19; k >= 0; --k)

    if(p[k][u] != p[k][v]){

      u = p[k][u];

      v = p[k][v];

    }

  return p[0][u];

}

int in[maxn];

inline void dfs1(int u, int fa){

  for(int i = head[u]; ~i; i = edge[i].next){

    int v = edge[i].to;

    if(v == fa)  continue;

    dfs1(v, u);  in[u] += in[v];

  }

}

inline bool judge(int mid){

  int ans = 0, cnt = 0;

  for(int i = 1; i <= n; ++i)  in[i] = 0;

  for(int i = 0; i < m; ++i)  if(road[i].dist > mid){

    ans = max(ans, road[i].dist - mid);

    ++cnt;

    ++in[road[i].u];

    ++in[road[i].v];

    in[road[i].lca] -= 2;

  }

  if(cnt == 0)  return true;

  dfs1(1, -1);

  for(int i = 1; i <= n; ++i)  if(in[i] == cnt && dist[i] >= ans)  return true;

  return false;

}

int main(){

  scanf("%d %d", &n, &m);

  ms(head, -1);  cnt = 0;

  for(int i = 1; i < n; ++i){

    int u, v, c;

    scanf("%d %d %d", &u, &v, &c);

    addEdge(u, v, c);

    addEdge(v, u, c);

  }

  init();

  int l = 0, r = 0;

  for(int i = 0; i < m; ++i){

    scanf("%d %d", &road[i].u, &road[i].v);

    road[i].lca = LCA(road[i].u, road[i].v);

    road[i].dist = dp[road[i].u] + dp[road[i].v] - (dp[road[i].lca]<<1);

    r = max(r, road[i].dist);

  }

  while(l <= r){

    int m = l + r >> 1;

    if(judge(m))  r = m - 1;

    else l = m + 1;

  }

  printf("%d\n", l);

  return 0;

}

秒客网