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。

分析

一开始把题目看错了，以为求总时间，感觉好水啊，飞速打完，TAT。

题目要求的是最大值最小，根据套路？可以用二分。

1.直接二分最后的答案x。

2.把距离不符合答案，即dist>x的路径统计出来。

3.求出这几条路径重合的边。并求出其中的最大边。

4.判断最长路径-最大边是否小于等于x。

注意这里可以运用树的差分来替代使用线段树覆盖。

即覆盖（u，v）等价于 sum[u]++,sum[v]++,sum[lca[u,v]]-=2.

统计的时候从底层跑上来。

void dfs4(int u) { for (int i=head[u];i;i=e[i].next) if (to^fa[u]) { dfs4(to); sum[u]+=sum[to]; } }

代码

#include<cstdio> using namespace std; #define to e[i].v #define inf 2147483646 int id,n,m,l,r,ans,E,sz; int head[1000010],fa[1000010],size[1000010],Long[1000010],deep[1000010],bl[1000010],pos[1000010],dist[1000010],sum[1000010]; struct node{int v,w,next;}e[1000010]; struct Node{int u,v,lca,dist;}f[1000010]; int read() { int x=0,f=1; char ch=getchar(); for (;ch>'9' || ch<'0';ch=getchar()) if (ch=='-') f=-1; for (;ch>='0' && ch<='9';ch=getchar()) x=x*10+ch-'0'; return x*f; } void swap(int &a,int &b) {int t=a; a=b; b=t;} int max(int a,int b) {return a>b? a:b;} int min(int a,int b) {return a>b? b:a;} void add(int u,int v,int w) {e[id].v=v; e[id].w=w; e[id].next=head[u]; head[u]=id++;} void dfs1(int u) { size[u]=1; for (int i=head[u];i;i=e[i].next) if (to^fa[u]) { fa[to]=u; Long[to]=e[i].w; deep[to]=deep[u]+1; dfs1(to); size[u]+=size[to]; } } void dfs2(int u,int chain) { bl[u]=chain; pos[u]=++sz; int k=0; for (int i=head[u];i;i=e[i].next) if (deep[to]>deep[u] && size[to]>size[k]) k=to; if (k==0) return; dfs2(k,chain); for (int i=head[u];i;i=e[i].next) if (deep[to]>deep[u] && to^k) dfs2(to,to); } int lca(int x,int y) { for (;bl[x]^bl[y];) { if (deep[bl[x]]<deep[bl[y]]) swap(x,y); x=fa[bl[x]]; } if (pos[x]>pos[y]) return y;return x; } void dfs3(int u) { for (int i=head[u];i;i=e[i].next) if (to^fa[u]) { dist[to]=dist[u]+e[i].w; dfs3(to); } } void dfs4(int u) { for (int i=head[u];i;i=e[i].next) if (to^fa[u]) { dfs4(to); sum[u]+=sum[to]; } } bool check(int x) { for (int i=1;i<=n;++i) sum[i]=0; int t=0; for (int i=1;i<=m;++i) if (x<f[i].dist) { sum[f[i].u]++; sum[f[i].v]++; sum[f[i].lca]-=2; ++t; } dfs4(1); int maxlink=-inf; for (int i=1;i<=n;++i) if (sum[i]==t) maxlink=max(maxlink,Long[i]); if (maxlink==-inf) return 0; if (E-maxlink<=x) return 1; return 0; } int main() { n=read(); m=read(); id=1; for (int i=1;i<n;++i) { int u=read(),v=read(),w=read(); add(u,v,w); add(v,u,w); } dfs1(1); dfs2(1,1); dfs3(1); r=-inf; for (int i=1;i<=m;++i) { int u=read(),v=read(); f[i].u=u; f[i].v=v; f[i].lca=lca(u,v); f[i].dist=dist[u]+dist[v]-2*dist[f[i].lca]; r=max(r,f[i].dist); } E=r; l=0; while (l<=r) { int mid=l+r>>1; if (check(mid)) ans=mid,r=mid-1; else l=mid+1; } printf("%d",ans); return 0; }