NOIP2015運輸計劃（洛谷2680）

标簽：樹鍊剖分，二分

題目背景

公元 2044 年,人類進入了宇宙紀元。

題目描述

L 國有 n 個星球,還有 n-1 條雙向航道,每條航道建立在兩個星球之間,這 n-1 條航道連通了 L 國的所有星球。

小 P 掌管一家物流公司,該公司有很多個運輸計劃,每個運輸計劃形如:有一艘物

流飛船需要從 ui 号星球沿最快的宇航路徑飛行到 vi 号星球去。顯然,飛船駛過一條航道 是需要時間的,對于航道 j,任意飛船駛過它所花費的時間為 tj,并且任意兩艘飛船之 間不會産生任何幹擾。

為了鼓勵科技創新,L 國國王同意小 P的物流公司參與 L 國的航道建設,即允許小 P 把某一條航道改造成蟲洞,飛船駛過蟲洞不消耗時間。

在蟲洞的建設完成前小 P 的物流公司就預接了 m 個運輸計劃。在蟲洞建設完成後, 這m 個運輸計劃會同時開始,所有飛船一起出發。當這 m 個運輸計劃都完成時,小 P 的 物流公司的階段性工作就完成了。

如果小 P 可以自由選擇将哪一條航道改造成蟲洞,試求出小 P 的物流公司完成階段 性工作所需要的最短時間是多少?

輸入輸出格式

輸入格式：

輸入檔案名為 transport.in。

第一行包括兩個正整數 n、m,表示 L 國中星球的數量及小 P 公司預接的運輸計劃的數量,星球從 1 到 n 編号。

接下來 n-1 行描述航道的建設情況,其中第 i 行包含三個整數 ai, bi 和ti,表示第

i 條雙向航道修建在 ai 與 bi 兩個星球之間,任意飛船駛過它所花費的時間為 ti。

接下來 m 行描述運輸計劃的情況,其中第 j 行包含兩個正整數 uj 和 vj,表示第 j個 運輸計劃是從 uj 号星球飛往vj 号星球。

輸出格式：

輸出 共1行,包含1個整數,表示小P的物流公司完成階段性工作所需要的最短時間。

輸入輸出樣例

輸入樣例#1：

6 3

1 2 3

1 6 4

3 1 7

4 3 6

3 5 5

3 6

2 5

4 5

輸出樣例#1：

11

說明

所有測試資料的範圍和特點如下表所示

請注意常數因子帶來的程式效率上的影響。

題意：給出⼀顆有邊權的樹，給定⼀些旅⾏路線的起點和終點。

 現在可以将樹上的某⼀條邊邊權改為 0。

求問這些旅⾏路線中最長的那⼀條，最小可以為多少。

 n≤300000,w≤1000

分析：

方法一：（下面的代碼就是這種）

O（n^2）的暴力就可以混到前50分了，再加一個特判，總共60分

剩下的40分顯然是二分答案

有一種叫做看資料範圍猜算法，十萬級别的也就想到了二分，而且要求最遠的最短

可以使用線段樹解決線段覆寫的問題，但這題最好使用差分

樹鍊剖分（logn）*二分（logn）*枚舉邊（n）=O（n log n log n）

但是需要加一些優化，讀入優化，記憶化，位運算

否則可能會被卡掉

方法二：（聽武爺爺whx上課時候講的玄學算法）

• 先 tarjan 并查集 O(n)求 lca，然後找到最長的⼀個路徑。

• 然後對于最長的路徑這條鍊拉出來，和它沒有交的路徑直接算掉，剩下的路徑預處理⼀下。

• 然後把所有路徑按照路徑長度從⼤到小排序，求出每個字首的交，再反着算出交裡的最⼤權值。

 •picks 其實應該⼀步到位 n≤10^6

Node

#include<bits/stdc++.h>
const int maxn=600005;
struct node0
{
    int x,y,len;
}d[maxn];

int root,n,m,x,y,v,tot,next[maxn],last[maxn],e[maxn];
int dep[maxn],fa[maxn],size[maxn],son[maxn],top[maxn];
int pos[maxn],pos2[maxn],val[maxn],cost[maxn],MAX[maxn],dist[maxn],s[maxn],node,ans,q[maxn];

inline int read()
{
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
    return x*f;
}

bool cmp(node0 x,node0 y)
{
    return x.len>y.len;
}

void add(int x,int y,int v)
{
    next[++tot]=last[x];
    last[x]=tot;
    val[tot]=v;
    e[tot]=y;
}

void dfs1(int x)
{
    dep[x]=dep[fa[x]]+1;
    size[x]=1;
    for (int i=last[x];i;i=next[i])
    {
        int v=e[i];
        if (v==fa[x])continue;
        fa[v]=x;
        dist[v]=dist[x]+val[i];
        cost[v]=val[i];
        dfs1(v);
        size[x]+=size[v];
        if(size[v]>size[son[x]])son[x]=v;
    }
}

void dfs2(int x,int tp)
{
    top[x]=tp;
	pos[x]=++node;
	pos2[node]=cost[x];
    if(son[x]==0)return;
    dfs2(son[x],tp);
    for(int i=last[x];i;i=next[i])
    {
        int v=e[i];
        if (v==fa[x]||v==son[x])continue;
        dfs2(v,v);
    }
}//樹鍊剖分 

int query(int x,int y)
{
    int a=x,b=y;
    while (top[a]!=top[b])
    {
        if (dep[top[a]]<dep[top[b]])std::swap(a,b);
        a=fa[top[a]];
    }
    if (dep[a]<dep[b])return a;
	else return b;
} 

void work(int x,int y)
{
    int a=x,b=y;
    while(top[a]!=top[b])
    {
        if(dep[top[a]]<dep[top[b]])std::swap(a,b);
        s[pos[top[a]]]+=1;
		s[pos[a]+1]-=1;
        a=fa[top[a]];
    }
    if(a==b)return;
    if(dep[a]>dep[b])std::swap(a,b);
    s[pos[a]+1]+=1;
	s[pos[b]+1]-=1;;
} 

int check(int mid)
{
    int sz=0,Maxx=0,tott=0;
    while (d[sz+1].len>mid)sz++;
    if (q[sz]!=0)return q[sz];
    std::memset(s,0,sizeof(s));
    for(int i=1;i<=sz;i++)work(d[i].x,d[i].y);
    for(int i=1;i<=n;i++)
	{
	    tott+=s[i];
		if (tott==(sz))Maxx=std::max(Maxx,pos2[i]);
	}
    q[sz]=Maxx;
    return Maxx;
}

int main()
{
    n=read();m=read();
    for (int i=1;i<n;i++)
    {
        x=read();y=read();v=read();
        add(y,x,v),add(x,y,v);
    }
    dfs1(1);dfs2(1,1);
    for (int i=1;i<=m;i++)
    {
        d[i].x=read(),d[i].y=read();
        d[i].len=dist[d[i].x]+dist[d[i].y]-2*dist[query(d[i].x,d[i].y)];//求路徑距離 
    }
    std::sort(d+1,d+1+m,cmp);
    int l=0,r=d[1].len;
    while (l<=r)
    {
        int mid=(l+r)>>1;
        if (d[1].len-check(mid)>mid)l=mid+1;
		else r=mid-1,ans=mid;
    }
    printf("%d\n",ans);
    return 0;    
}