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？
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。 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。
共 1 行，包含 1 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： 11
【输入输出样例 1 说明】 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。 n,m<=300000
1，首先这是一颗树，所以倍增求LCA和距离 2，贪心将任务排序， 3，二分处理时间，并找出超过时间的任务 4，树上差分求出经过所有超出规定时间的边，并取最大值 5，可以知道每个任务的最大值是确定的，记忆化
#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> #include <cmath> using namespace std; const int M=300010,op=17; int fa[M][20],dis[M][20],lev[M],head[M],cnt; int n,m,vis[M],l[M],tot,maxe,p[M]; struct node1{ int next,to,w; }e[M*3]; struct node{ int sum,st,ed,t; }s[M]; inline int read(){//快读 int sum=0;char ch=getchar(); while(ch<'0'||ch>'9')ch=getchar(); while(ch>='0'&&ch<='9'){sum=sum*10+ch-'0';ch=getchar();} return sum; } inline void add(int u,int v,int w){//存树 e[++cnt].next=head[u];e[cnt].to=v;e[cnt].w=w;head[u]=cnt; e[++cnt].next=head[v];e[cnt].to=u;e[cnt].w=w;head[v]=cnt; } inline void qsort(int l,int r){//排序 if(l>=r)return; int i=l,j=r,mid=s[(i+j)/2].sum; while(i<=j){ while(s[i].sum>mid)i++; while(mid>s[j].sum)j--; if(i<=j){swap(s[i],s[j]),i++,j--;} } qsort(i,r);qsort(l,j); } inline void pre_dfs(int x,int level){//倍增预处理 vis[x]=1;lev[x]=level; for(int i=head[x];i;i=e[i].next) if(!vis[e[i].to]){ fa[e[i].to][0]=x; dis[e[i].to][0]=e[i].w; pre_dfs(e[i].to,level+1); } } inline void Beizeng(){//倍增 for(int i=1;i<=op;i++) for(int j=1;j<=n;j++){ fa[j][i]=fa[fa[j][i-1]][i-1]; dis[j][i]=dis[j][i-1]+dis[fa[j][i-1]][i-1]; } } int lca(int x,int y,int &ans){//LCA，求两点之间的最大距离 if(lev[x]<lev[y])swap(x,y); int c=lev[x]-lev[y];ans=0; for(int i=0;i<=op;i++){ if(c&(1<<i)){ ans+=dis[x][i];x=fa[x][i]; } } if(x!=y){ for(int i=op;i>=0;i--){ if(fa[x][i]!=fa[y][i]) ans+=dis[x][i]+dis[y][i],x=fa[x][i],y=fa[y][i]; } ans+=dis[x][0]+dis[y][0]; x=fa[x][0];y=fa[y][0]; } return x; } int judge(int x){//找出能经过所有超时点的最大边 for(int i=head[x];i;i=e[i].next){ if(e[i].to!=fa[x][0]) l[x]+=judge(e[i].to); if(l[x]==tot) maxe=max(maxe,dis[x][0]); } return l[x]; } bool check(int tim){//二分 看这个时间能否完成所有任务 tot=0;int maxs=s[1].sum;memset(l,0,sizeof(l)); for(int i=1;i<=m;i++){ if(s[i].sum>tim){ tot++; l[s[i].st]++;l[s[i].ed]++;l[s[i].t]-=2; } else break; } if(tot==0)return 1; if(p[tot]){ if(p[tot]<=tim)return 1; return 0; } maxe=0;judge(1);p[tot]=maxs-maxe; if(maxs-maxe<=tim)return 1; return 0; } int main(){ int x,y,z; n=read();m=read(); for(int i=1;i<n;i++){ x=read();y=read();z=read(); add(x,y,z); } fa[1][0]=1; pre_dfs(1,1);Beizeng(); for(int i=1;i<=m;i++){ x=read();y=read();s[i].t=lca(x,y,s[i].sum); s[i].st=x;s[i].ed=y; //cout<<s[i].sum<<endl; } qsort(1,m); int Right=s[1].sum,Left=0;if(n>=3000)Left=Right-1100; while(Left<Right){ int mid=(Left+Right)/2; if(check(mid))Right=mid; else Left=mid+1; } cout<<Left; return 0; }