bzoj4326 noip 2015 運輸計劃

4326: NOIP2015 運輸計劃

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Description

公元 2044 年，人類進入了宇宙紀元。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 號星球沿最快的宇航路徑飛行到 vi 號星球去。顯然，飛船駛過一條航道是需要時間的，對於航道 j，任意飛船駛過它所花費的時間爲 tj，並且任意兩艘飛船之間不會產生任何干擾。爲了鼓勵科技創新， 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 可以自由選擇將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？

Input

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 編號。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爲 ti。數據保證 1≤ai,bi≤n 且 0≤ti≤1000。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 號星球飛往 vj號星球。數據保證 1≤ui,vi≤n

Output

輸出文件只包含一個整數，表示小 P 的物流公司完成階段性工作所需要的最短時間。

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

將第 1 條航道改造成蟲洞： 則三個計劃耗時分別爲：11,12,11，故需要花費的時間爲 12。

將第 2 條航道改造成蟲洞： 則三個計劃耗時分別爲：7,15,11，故需要花費的時間爲 15。

將第 3 條航道改造成蟲洞： 則三個計劃耗時分別爲：4,8,11，故需要花費的時間爲 11。

將第 4 條航道改造成蟲洞： 則三個計劃耗時分別爲：11,15,5，故需要花費的時間爲 15。

將第 5 條航道改造成蟲洞： 則三個計劃耗時分別爲：11,10,6，故需要花費的時間爲 11。

故將第 3 條或第 5 條航道改造成蟲洞均可使得完成階段性工作的耗時最短，需要花費的時間爲 11。

Source

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剛開始看到題，最大值最小，樹上路徑問題又不帶修改，直接樹上差分+二分。然後還要在樹上做下路徑以及lca，儘管知識點很多，很雜，但是不難想，算是noip中比較寬容的一個d2t3吧。。。

先二分一個答案mid，然後把路徑長度大於mid的運輸計劃取出來做樹上差分，判斷所有路徑都有交集的點（因爲只有這樣才能把所有路徑長度減到mid以下），if(f[j]==i&&mid>=p[1].dis-dist[j][0])如果最長路徑可行說明下面都可行（事先按照降序排好）（dist[i][j]表示i起點向上2^1長度的路徑總長）。如果這個答案可行，更新ans，然後r=mid，否則l=mid，一直更新答案即可。

具體細節見代碼

#include <cstdio>
#include <vector>
#include <algorithm>
#include <cstring>
using namespace std;
vector<pair<int,int> >e[300005];
int n,m,ai,bi,ti,l=0,r,f[300005],anc[524289][20],dist[524289][20],deep[300005]={0,1},cnt,ans=2147483647;
struct trans
{
	int u,v,dis,Lca;
}p[300005];
int read()
{
    int ans=0,f=1;
    char c=getchar();
    while(c<'0'||c>'9')
	{
		if(c=='-') f=-1;
		c=getchar();
	}
    while(c>='0'&&c<='9')
    {
    	ans=ans*10+c-'0';
    	c=getchar();
    }
    return ans*f;
}
bool cmp(trans a,trans b)
{
	return a.dis>b.dis;
}
void dfs1(int now)
{
	for(int i=1;i<=19;i++)
	{
		anc[now][i]=anc[anc[now][i-1]][i-1];
		dist[now][i]=dist[anc[now][i-1]][i-1]+dist[now][i-1];
	}
	for(int i=0;i<e[now].size();i++)
		if(e[now][i].first!=anc[now][0])
		{
			deep[e[now][i].first]=deep[now]+1;
			dist[e[now][i].first][0]=e[now][i].second;
			anc[e[now][i].first][0]=now;
			dfs1(e[now][i].first);
		}
}
void lca(int cur,int u,int v)
{
	int ret=0;
	if(deep[u]<deep[v]) swap(u,v);
    for(int i=19;i>=0;i--)
        if(deep[v]<=deep[anc[u][i]])
        {
        	ret+=dist[u][i];
            u=anc[u][i];
        }
    if(u==v)
    {
		p[cur].Lca=u;
		p[cur].dis=ret;
		return;
    }
    for(int i=19;i>=0;i--)
        if(anc[u][i]!=anc[v][i])
        {
        	ret+=dist[u][i]+dist[v][i];
            u=anc[u][i];
            v=anc[v][i];
        }
    ret+=dist[u][0]+dist[v][0];
    p[cur].Lca=anc[u][0];
    p[cur].dis=ret;
}
void dfs2(int now)
{
	for(int i=0;i<e[now].size();i++)
		if(e[now][i].first!=anc[now][0])
		{
			dfs2(e[now][i].first);
			f[now]+=f[e[now][i].first];
		}
}
int main()
{
	n=read();m=read();
	for(int i=1;i<n;i++)
	{
		ai=read();bi=read();ti=read();
		e[ai].push_back(make_pair(bi,ti));
		e[bi].push_back(make_pair(ai,ti));
	}
	dfs1(1);
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		p[i].u=read();p[i].v=read();
		lca(i,p[i].u,p[i].v);//把lca和dis預處理好，避免在線計算 
		r=max(r,p[i].dis);
	}
	sort(p+1,p+m+1,cmp);
	while(l<r)
	{
		int mid=cnt?r:(l+r)>>1,i=1,ok=0;//防止死循環以及漏掉答案
		memset(f,0,sizeof(f));
		for(;i<=m;i++)
		{
			if(p[i].dis<=mid) break;
			f[p[i].Lca]-=2;
			f[p[i].u]++;
			f[p[i].v]++;//樹上差分 
		}
		i--;
		if(!i)
		{
			ans=min(ans,r=mid);
			continue;
		}
		dfs2(1);
		for(int j=2;j<=n;j++)
			if(f[j]==i&&mid>=p[1].dis-dist[j][0]) ok=1;
		if(ok&&!cnt) ans=min(ans,r=mid);
		else if(!ok&&!cnt) l=mid;
		if(r-l==1) cnt++;//防止死循環以及漏掉答案
		if(cnt==2) break;//防止死循環以及漏掉答案
	}
	printf("%d\n",ans==2147483647?0:ans);//細節要注意 
}