洛谷 P2680 运输计划(NOIP2015提高组)(BZOJ4326)

题目背景

公元 $2044$ 年,人类进入了宇宙纪元。

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 $u_i$ 号星球沿最快的宇航路径飞行到 $v_i$ 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 $t_j$，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？

输入输出格式

输入格式：

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 $a_i, b_i$ 和 $t_i$，表示第 $i$ 条双向航道修建在 $a_i$ 与 $b_i$ 两个星球之间，任意飞船驶过它所花费的时间为 $t_i$。数据保证 $1 \leq a_i,b_i \leq n$且 $0 \leq t_i \leq 1000$。

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 $u_j$ 和 $v_j$，表示第 $j$ 个运输计划是从 $u_j$ 号星球飞往 $v_j$号星球。数据保证 $1 \leq u_i,v_i \leq n$

输出格式：

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。

输入输出样例

输入样例#1：

6 3

1 2 3

1 6 4

3 1 7

4 3 6

3 5 5

3 6

2 5

4 5

输出样例#1：

题解

二分答案+树上差分

显然，这个答案是具有单调性的，那么我们就可以二分答案

考虑如何写check呢？

设当前check(x)

f[u] 表示 u到它父亲这条路径被超过长度x的线路经过次数

首先我们记下长度超过x的线路数量为cnt，并把该路径经过的边 f 加1（树上差分）

然后如果存在一条边经过次数等于cnt，且最长的线路长度减去它的长度小于等于x 就可以

Code

#include<bits/stdc++.h>

#define LL long long

#define RG register

using namespace std;

inline int gi() {

    int f = 1, s = 0;

    char c = getchar();

    while (c != '-' && (c < '0' || c > '9')) c = getchar();

    if (c == '-') f = -1, c = getchar();

    while (c >= '0' && c <= '9') s = s*10+c-'0', c = getchar();

    return f == 1 ? s : -s;

}

const int N = 300010;

struct node {

	int to, next, w;

}g[N<<1];

int last[N], gl;

inline void add(int u, int v, int w) {

	g[++gl] = (node) {v, last[u], w};

	last[u] = gl;

	return ;

}

struct zz {

	int to, id;

};

vector<zz> q[N];

int cx[N], cy[N], fa[N], lca[N];

inline int find(int x) {

	return fa[x] == x ? x : fa[x] = find(fa[x]);

}

bool vis[N];

int ff[N], dep[N], fl[N], cnt;

void tarjan(int u, int f) {

	vis[u] = 1;

	for (int i = last[u]; i; i = g[i].next) {

		int v = g[i].to;

		if (v == f) continue;

		fl[v] = g[i].w;

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

		tarjan(v, u);

		fa[v] = u;

	}

	for (RG int i = 0; i < (int) q[u].size(); i++)

		if (vis[q[u][i].to] && !lca[q[u][i].id])

			lca[q[u][i].id] = find(q[u][i].to);

	return ;

}

int MAX;

void dfs(int u, int f) {

	for (RG int i = last[u]; i; i = g[i].next) {

		int v = g[i].to;

		if (v == f) continue;

		dfs(v, u);

		ff[u] += ff[v];

	}

	if (cnt == ff[u] && fl[u] > MAX) MAX = fl[u];

	return ;

}

int m;

bool check(int x) {

	cnt = 0;

	int len = 0;

	memset(ff, 0, sizeof(ff));

	for (RG int i = 1; i <= m; i++)

		if (dep[cx[i]]+dep[cy[i]]-dep[lca[i]]*2 > x) {

			ff[cx[i]]++; ff[cy[i]]++; ff[lca[i]] -= 2;

			cnt++;

			len = max(dep[cx[i]]+dep[cy[i]]-dep[lca[i]]*2, len);

		}

	MAX = 0;

	dfs(1, 0);

	if (len - MAX <= x) return 1;

	return 0;

}

int main() {

	int n = gi(), js = 0; m = gi();

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

		int u = gi(), v = gi(), w = gi();

		add(u, v, w); add(v, u, w);

		js += w;

	}

	for (RG int i = 1; i <= n; i++) fa[i] = i;

	for (RG int i = 1; i <= m; i++) {

		cx[i] = gi(), cy[i] = gi();

		q[cx[i]].push_back((zz){cy[i], i});

		q[cy[i]].push_back((zz){cx[i], i});

	}

	tarjan(1, 0);

	int l = 0, r = js, ans = js;

	while (l <= r) {

		int mid = (l + r) >> 1;

		if (check(mid))

			r = mid-1, ans = mid;

		else l = mid+1;

	}

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

    return 0;

}