<考试题> codevs 5440 运输计划 （二分+lca+dfs序+树上差分）

*PS：wzd、dcx与cgold他们组的考试题%%%。。。emmmm，本人太懒qwq，题解也写不明白，大部分抄的考试题解。侵删。

题目描述 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？

输入描述 Input Description

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 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

输出描述 Output Description

输出格式

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。

样例输入 Sample Input

样例一

6 3
1 2 3
1 6 4
3 1 7
4 3 6
3 5 5
3 6
2 5
4 5

样例输出 Sample Output

11

数据范围及提示 Data Size & 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。

限制与约定

1 =100 =1
2 =100 第 i 条航道连接 i 号星球与 i+1 号星球
3
4 =2000 =1
5 =1000 =1000 第 i 条航道连接 i 号星球与 i+1 号星球
6 =2000 =2000
7 =3000 =3000
8 =1000 =1000
9 =2000 =2000
10 =3000 =3000
11 =80000 =1
12 =100000
13 =70000 =70000 第 i 条航道连接 i 号星球与 i+1 号星球
14 =80000 =80000
15 =90000 =90000
16 =100000 =100000
17 =80000 =80000
18 =90000 =90000
19 =100000 =100000
20 =300000 =300000

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来自 cgold dalao 的暴力做法+题解%%% ,侵删:

http://blog.youkuaiyun.com/qq_36312502/article/details/78121945

http://blog.youkuaiyun.com/qq_36312502/article/details/78312579

题解

m=1：只有一条路，那么只要把这条路上的最大边删去，可以保证这条线路总长度最小，可以用SPFA或lca做。

n,m<=3000: 显然只能n^2做，我们标记一下每条路线上出现的边，然后，枚举删边并更新删去这条边后中最长路线，同时更新答案。复杂度O(nm)

对于剩下的链的情况：考虑将链转化成区间，维护前缀和，然后在区间上做二分和差分;也可以枚举删去最长路线的每一条边，更新答案，因为数据随机，可能会有分;
或者直接输出0；

官方正解：
1.tarjan离线求lca+二分+树上差分;
2.树链剖分+二分+树上差分+dfs序;

第二种解法：

1.我们要删的边一定在最长路线上;
2.我们将边的信息映射到点上，也就是说儿子与父亲的边的信息，我们放在了儿子身上;

首先，最大值最小化，我们可以想到二分这个最大路线长度;

假设我们已经二分出一个mid：删边后最大路线的长度;

1.所有路线长度大于mid的路线都必须删去一条边，使之小于或等于mid；
2.总共只能删一条边；

联立1,2得：
我们要删的边出现在所有路线长度大于mid的路线上，删去这条边，使得原本最长的路线的路线长度要等于mid,其他路线的长度小于mid；

此时我们的mid是合法答案；

如何求一条边被所有路线经过的次数？
树上差分！
对于每条路线，我们将它起点的边+1，终点的边+1，lca上面的边-2；（把边映射到点）
最后求一遍树上前缀和，就可以得到答案；

但是，如果我们每次都从根节点dfs一遍求前缀和，它的复杂度虽然是O(n)，但递归会耗费大量时间，会被卡掉最后一个点；所以我们考虑用dfs序来求解；

在处理树上信息时顺便求出dfs序；
然后我们从后往前求前缀和就可以了，这样是没有后效性的，因为我们dfs时先访问父亲，再访问儿子，父亲的dfs序必然小于它儿子的dfs序，如果从后往前，必然先更新儿子，再更新父亲，复杂度是常数很小的O(n)；

总复杂度：O(nlogn);

PS：dalao写的真好qwq. %%%

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不会打树链剖分，用倍增lca做的…codevs 上原数据的可以过，加强了数据的题和洛谷的则会T掉一个点。

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;
const int Cn=300000+10;
const int Cm=300000+10;

int N,M,cnt,A,B,T,tot,l,r;
int first[Cn],next[Cn<<1];
int fa[Cn][30],dis[Cn],deep[Cn],dfs[Cn],rank[Cn],Cnt[Cn]; 

struct maple{
    int f,t,d,lca;
}Rode[Cn<<1],line[Cm];

void Build(int f,int t,int d)
{
    Rode[++cnt]=(maple){f,t,d};
    next[cnt]=first[f];
    first[f]=cnt; 
}
void Dfs(int f,int t,int sum)  // dfs处理lca和dfs序 
{
    deep[t]=deep[f]+1;
    fa[t][0]=f;
    rank[t]=sum;
    dfs[++tot]=t; 
    dis[t]=sum-rank[f];  //把边权映射到点权 
    for(int i=first[t];i;i=next[i])
       if(Rode[i].t!=f)
          Dfs(t,Rode[i].t,sum+Rode[i].d);
}
void Make_lca() 
{
    for(int i=1;i<=20;++i)
       for(int j=1;j<=N;++j)
          fa[j][i]=fa[fa[j][i-1]][i-1];
}
int Lca(int x,int y)  //求lca 
{
    if(deep[x]<deep[y]) swap(x,y);
    for(int i=20;i>=0;--i)
       if(deep[fa[x][i]]>=deep[y])
          x=fa[x][i];
    if(x==y) return x;
    for(int i=20;i>=0;--i)
       if(fa[x][i]!=fa[y][i])
           x=fa[x][i],y=fa[y][i];
    return fa[x][0];
}
bool check(int mid) // 二分判断 
{
    int count=0,maxn=-1;
    memset(Cnt,0,sizeof(Cnt)); //差分数组 
    for(int i=1;i<=M;++i)
        if(line[i].d>mid)  // 对总时间不合条件的路径做处理 
        {
            ++count;
            ++Cnt[line[i].f];
            ++Cnt[line[i].t];
            Cnt[line[i].lca]-=2;
            maxn=max(maxn,line[i].d);  //统计最大时间 
        }
    for(int i=N;i>=1;--i) Cnt[fa[dfs[i]][0]]+=Cnt[dfs[i]];  //计算差分数组前缀和 
    for(int i=2;i<=N;++i) 
        if(Cnt[i]==count&&maxn-dis[i]<=mid)  // 如果有的边被删过count次并且删去可以满足路径时间都不大于mid 
           return true;
    return false;
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&N,&M);
    for(int i=1;i<N;++i)
    {
        scanf("%d%d%d",&A,&B,&T);
        Build(A,B,T);
        Build(B,A,T);
    }
    Dfs(1,1,0);
    Make_lca();
    for(int i=1;i<=M;++i)
    {
        scanf("%d%d",&line[i].f,&line[i].t);
        line[i].lca=Lca(line[i].f,line[i].t);   
        line[i].d=rank[line[i].f]+rank[line[i].t]-2*rank[line[i].lca];  //求路径所用时间 
        r=max(r,line[i].d);
    }
    while(l+1<r)   //  二分 
    {
        int mid=(l+r)>>1;
        if(check(mid)) r=mid;
        else l=mid;
    }
    printf("%d",r);
    return 0;
}