NOIP2015 运输计划（二分+LCA+差分）

4326: NOIP2015 运输计划

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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。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

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

HINT

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。

【思路】

　　二分+LCA+差分

先求出所有查询的路长，时间为O(mlogn)。题目所求为修改后的最大查询路最小，考虑二分该最大路值ML。对于所有长度超过ML的路径求交，记录最大查询路为mx，只要我们求出这些路径的最大公共边（交）mxe，通过判断mx-mxe与ML就可调整区间。

如何求交? 差分。所谓差分就是将一个对区间的操作变为对区间端点的操作。将查分推广到树上。每个结点带个cnt，对于路径(u,v)，cnt[u]++,cnt[v]++,cnt[lca(u,v)]-=2，在树上统计cnt[x]=sigma{cnt[son]}，这样只要满足cnt[x]==1的边就在这条路上，满足cnt[x]==tot的边就在路径的交上。

总的时间为O(mlogn+(m+n)logL)

【代码】

 #include<cstdio>

 #include<vector>

 #include<cstring>

 #include<iostream>

 #include<algorithm>

 #define FOR(a,b,c) for(int a=(b);a<=(c);a++)

 using namespace std;

 const int N = *1e5+;

 struct Edge{ int v,w; };

 int n,m;

 int u[N],v[N],w[N],lca[N],dist[N],val[N];

 vector<Edge> g[N];

 void read(int& x) {

     char c=getchar(); int f=; x=;

     while(!isdigit(c)) {if(c=='-')f=-; c=getchar();}

     while(isdigit(c)) x=x*+c-'',c=getchar();

     x*=f;

 }

 int siz[N],fa[N],son[N],top[N],dep[N],dis[N];

 void dfs1(int u) {

     siz[u]=; son[u]=;

     for(int i=;i<g[u].size();i++) {

         int v=g[u][i].v;

         if(v!=fa[u]) {

             fa[v]=u; dep[v]=dep[u]+;

             dis[v]=dis[u]+g[u][i].w;

             dfs1(v);

             siz[u]+=siz[v];

             if(siz[v]>siz[son[u]]) son[u]=v;

         }

     }

 }

 void dfs2(int u,int tp) {

     top[u]=tp;

     if(son[u]) dfs2(son[u],tp);

     for(int i=;i<g[u].size();i++) {

         int v=g[u][i].v;

         if(v!=fa[u]&&v!=son[u]) dfs2(v,v);

     }

 }

 int LCA(int u,int v) {

     while(top[u]!=top[v]) {

         if(dep[top[u]]<dep[top[v]]) swap(u,v);

         u=fa[top[u]];

     }

     return dep[u]<dep[v]? u:v;

 }

 int tot,mx,mxe,cnt[N];

 int find_mxe(int u) {

     for(int i=;i<g[u].size();i++) {

         int v=g[u][i].v;

         if(v!=fa[u]) cnt[u]+=find_mxe(v);

     }

     if(cnt[u]==tot) mxe=max(mxe,val[u]);

     int tmp=cnt[u]; cnt[u]=;

     return tmp;

 }

 bool can(int ML) {

     tot=; mx=mxe=;

     FOR(i,,m) if(dist[i]>ML){

         tot++; mx=max(mx,dist[i]);

         cnt[u[i]]++,cnt[v[i]]++,cnt[lca[i]]-=;

     }

     find_mxe();

     return mx-mxe<=ML;

 }

 int main() {

     //freopen("transport.in","r",stdin);

     //freopen("transport.out","w",stdout);

     read(n),read(m);

     FOR(i,,n-) {

         read(u[i]),read(v[i]),read(w[i]);

         g[u[i]].push_back((Edge){v[i],w[i]});

         g[v[i]].push_back((Edge){u[i],w[i]});

     }

     dfs1(),dfs2(,);

     FOR(i,,n-) {

         if(dep[u[i]]<dep[v[i]]) swap(u[i],v[i]);

         val[u[i]]=w[i];

     }

     int x,y,L=,R=,M;

     FOR(i,,m) {

         read(x),read(y);

         dist[i]=dis[x]+dis[y]-*dis[lca[i]=LCA(x,y)];

         R=max(R,dist[i]); u[i]=x,v[i]=y;

     }

     R++;

     while(L<R) {

         M=(L+R)>>;

         if(can(M)) R=M; else L=M+;

     }

     printf("%d",L);

     return ;

 }

PS：bzoj不会栈溢 233