[noip 2015] [codevs 4632] [bzoj 4326] 运输计划

看这一大波名字。。
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

11
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。

唔评测结果如下

莫名被卡了5分。大概倍增求lca还是慢》tarjan离线更好？

欢迎各位神犇指导卡常。。

说说 大部分正解。剩下5分大家↖(^ω^)↗

首先这题第一步肯定得 求一下这些点之间的距离吧：倍增lca
dis[a]+dis[b]-2*dis[lca]
然后我们再来考虑 怎么搞定这个 最小时间。不确定的最小的有限制的答案什么的 二分答案判可行性岂不是很好？
当然这个答案是单调的也就是答案越大越好实现
所以我们枚举这个答案 x。
在让求的这m条路径中有tot个比x大的也就是需要虫洞的，但是尴尬啊，虫洞只有一个。所以我们要看这些链所经过的边，是否有一条是共同的并且这条边的值是大于等于最长路径长度-x；

至于怎么统计经过边的数量？
线性差分变树形喽
就把a++，b++，lca(a,b)-=2;ok啦。
注意dfs回溯搞这个就ok啦。

代码不是很长。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#define maxn 300005
//by mars_ch
using namespace std;
int read()
{
    int s=0;
    char p=getchar();
    while(p<'0' || p>'9') p=getchar();
    while(p>='0' && p<='9') s=s*10+p-'0',p=getchar();
    return s;
}
int n,m,maxx,dif;
struct data
{
    int f,t,w,nxt;
}e[maxn*2];
int first[maxn],tot;
int g[maxn];
int f[maxn][20],deep[maxn],dis[maxn],vis[maxn],v[maxn*2],l[maxn],len[maxn],s[maxn],ed[maxn];
void add(int a,int b,int c)
{
    e[tot].f=a,e[tot].t=b,e[tot].w=c;
    e[tot].nxt=first[a],first[a]=tot++;
}
void dfs(int x,int fa)
{
    for(int i=1;i<=18;i++)
    {
        f[x][i]=f[f[x][i-1]][i-1];
    }
    for(int i=first[x];i!=-1;i=e[i].nxt)
    {
        int t=e[i].t;
        if(t == fa) continue;
        v[t]=e[i].w;
        deep[t]=deep[x]+1;
        dis[t]=dis[x]+e[i].w;
        f[t][0]=x;
        dfs(t,x);
    }
}
int get_lca(int x,int y)
{
    if(deep[x]<=deep[y]) swap(x,y);
    for(int i=18;i!=-1;i--)
    {
        if(deep[y]+(1<<i)<=deep[x])
        {
            x=f[x][i];
        }
        if(x==y) return x;
    }
    for(int i=18;i!=-1;i--)
    {
        if(f[x][i]!=f[y][i]) x=f[x][i],y=f[y][i];
    }
    return f[x][0];
}
void calc(int x)
{
    for(int i=first[x];i!=-1;i=e[i].nxt)
    {
        if(e[i].t!=f[x][0])
        {
            calc(e[i].t);
            g[x]+=g[e[i].t];
        }
    }
}
bool check(int x)
{
    memset(g,0,sizeof(g));
    int tot=0,dif=0;
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        if(len[i]>x)
        {
            tot++;
            dif=max(dif,len[i]-x);
            g[s[i]]++,g[ed[i]]++;
            g[l[i]]-=2;
        }
    }
    calc(1);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        if(g[i] == tot && v[i]>=dif) return true;
    }
    return false;
}
int main()
{
    n=read(),m=read();
    memset(first,-1,sizeof(first));
    for(int i=1;i<=n-1;i++)
    {
        int a,b,c;
        a=read(),b=read(),c=read();
        add(a,b,c);
        add(b,a,c);
    }
    deep[1]=1;
    dfs(1,0);
    for(int ii=1;ii<=m;ii++)
    {
        int a,b;
        a=read(),b=read();
        s[ii]=a,ed[ii]=b;
        int lca=get_lca(a,b);
        l[ii]=lca;
        len[ii]=dis[a]+dis[b]-2*dis[lca];
        maxx=max(maxx,len[ii]);
    }
    int l=0,r=maxx,ans=0;
    while(l<=r)
    {
        int mid=(l+r)/2;
        if(check(mid))
        {
            r=mid-1;
            ans=mid;
        }
        else l=mid+1;
    }
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}