4326: NOIP2015 运输计划
Time Limit: 30 Sec Memory Limit: 128 MBSubmit: 703 Solved: 461
[Submit][Status][Discuss]
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
1 2 3
1 6 4
3 1 7
4 3 6
3 5 5
3 6
2 5
4 5
Sample Output
HINT
Source
Solution
要求最长路径最短，考虑二分
二分答案mid，然后思考如何check这个答案。
首先，如果一条路径M，他的长度是<=mid 那么他对答案是无影响的，如果他的长度>mid我们显然需要删掉这条路径上的一条边。而且，如果删掉这条边后，答案mid可行，那么删掉的这条边权必然 满足：>=dis-mid
那么一次二分mid，会得到K条dis>mid的路径，那么要使mid满足答案，我们需要删的边应该是这K条路径的交
求交的方法，只需要在树上打上差分标记。最后DFS一遍。
这里D20和UOJ的ET会卡常，实测效果特别优秀的卡常语句：
这样的时间复杂度是$O（nlogn）$的
求LCA的方法，比较推荐链剖、Tarjan
启发：这种树上差分的思想比较重要，一定要能想到
Code
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cmath> #include<cstring> using namespace std; inline int read() { int x=0; char ch=getchar(); while (ch<'0' || ch>'9') {ch=getchar();} while (ch>='0' && ch<='9') {x=x*10+ch-'0'; ch=getchar();} return x; } #define MAXN 300010 int N,M; struct EdgeNode{int next,to,t;}edge[MAXN<<1]; int head[MAXN],cnt=1; void AddEdge(int u,int v,int w) {cnt++; edge[cnt].next=head[u]; head[u]=cnt; edge[cnt].to=v; edge[cnt].t=w;} void InsertEdge(int u,int v,int w) {AddEdge(u,v,w); AddEdge(v,u,w);} int size[MAXN],fa[MAXN],deep[MAXN],son[MAXN],top[MAXN],tim[MAXN]; inline void DFS_1(int now,int last) { size[now]=1; for (int i=head[now]; i; i=edge[i].next) if (edge[i].to!=last) { deep[edge[i].to]=deep[now]+edge[i].t; fa[edge[i].to]=now; tim[edge[i].to]=edge[i].t; DFS_1(edge[i].to,now); size[now]+=size[edge[i].to]; if (size[edge[i].to]>size[son[now]]) son[now]=edge[i].to; } } inline void DFS_2(int now,int chain) { top[now]=chain; if (son[now]) DFS_2(son[now],chain); for (int i=head[now]; i; i=edge[i].next) if (edge[i].to!=fa[now] && edge[i].to!=son[now]) DFS_2(edge[i].to,edge[i].to); } inline int LCA(int u,int v) { while (top[u]!=top[v]) { if (deep[top[u]]<deep[top[v]]) swap(u,v); u=fa[top[u]]; } if (deep[u]>deep[v]) swap(u,v); return u; } struct RoadNode { int u,v,lca,dis; RoadNode (int u=0,int v=0) : u(u),v(v) {lca=LCA(u,v); dis=deep[u]+deep[v]-(deep[lca]<<1);} }road[MAXN]; int delta[MAXN]; inline void DFS(int now,int last) { for (int i=head[now]; i; i=edge[i].next) if (edge[i].to!=last) DFS(edge[i].to,now),delta[now]+=delta[edge[i].to]; } inline bool check(int x) { int maxx=0,num=0; for (int i=1; i<=N; i++) delta[i]=0; for (int i=1; i<=M; i++) if (road[i].dis>x) maxx=max(maxx,road[i].dis-x),num++, delta[road[i].u]++,delta[road[i].v]++,delta[road[i].lca]-=2; if (!num) return 0; DFS(1,0); for (int i=1; i<=N; i++) if (delta[i]==num && tim[i]>=maxx) return 0; return 1; } int main() { N=read(); M=read(); for (int u,v,w,i=1; i<=N-1; i++) u=read(),v=read(),w=read(),InsertEdge(u,v,w); DFS_1(1,0); DFS_2(1,1); int maxx=0; for (int i=1; i<=M; i++) road[i]=RoadNode(read(),read()),maxx=max(maxx,road[i].dis); // for (int i=1; i<=M; i++) printf("%d %d %d %d ",road[i].u,road[i].v,road[i].lca,road[i].dis); int l=0,r=maxx; while (l<=r) { int mid=(l+r)>>1; if (check(mid)) l=mid+1; else r=mid-1; } printf("%d ",l); return 0; }