NOIP 2015 Day 2 transport 运输计划 （树链剖分 序列差分 二分答案）

4326: NOIP2015 运输计划

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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。

数据范围：n,m<=300000

思路：

二分答案，如果一条航道的长度大于当前二分的答案，那么很明显这条航道上需要有一条边权值变为0，且条边权值应该>=(航道长度-二分的答案),那么若想使得所以不满足条件的航道都满足条件，这个虫洞就应该设置在这些航道的交集上，且权值应>=(max(航道长度)-二分的答案),航道的交集具体实现可以树上差分，也可以建立dfs序，在序列上差分，假设不满足条件的航道有m条，那么一条边的通过次数==m条，就表示其是m条航道的交集了。具体操作见代码。

然后时间复杂度 树链剖分（logn）* 二分（logn）* 枚举边（n）=nlog^2

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<string>
#include<algorithm>
using namespace std;

const int maxn=300010;

int head[maxn], idc, ans;

struct edge{
int to, next, w;
}ed[maxn * 2];

struct range {//要求的每条路径的信息
int x, y, len;
}d[maxn];

bool cmp(range aa, range bb){ return aa.len > bb.len;}
int root,n,m,node;
int dep[maxn],fa[maxn],size[maxn],son[maxn],top[maxn],pos[maxn];
int pos2[maxn],cost[maxn],MAX[maxn],dist[maxn],s[maxn],q[maxn];

void adde(int u, int v, int w){
ed[++idc].to = v;
ed[idc].w = w;
ed[idc].next = head[u];
head[u] = idc;
}

void dfs1(int u){//链剖处理
dep[u] = dep[fa[u]] + 1;
size[u] = 1;
for(int k=head[u]; k; k=ed[k].next){
int v = ed[k].to;
if(v == fa[u]) continue;
fa[v] = u;
dist[v] = dist[u] + ed[k].w;
cost[v] = ed[k].w;//权值转移到点上
dfs1(v);
size[u] += size[v];
if (size[v] > size[son[u]]) son[u] = v;
}
}

void dfs2(int u, int tp){
top[u] = tp;
pos[u] = ++node;//in序列
pos2[node] = cost[u];
if( !son[u] ) return;
dfs2(son[u], tp);
for(int k=head[u]; k; k=ed[k].next){
int v = ed[k].to;
if (v == fa[u] || v == son[u]) continue;
dfs2(v, v);
}
}

int query_lca(int x, int y){
int a = x, b = y;
while(top[a] != top[b]){
if(dep[top[a]] < dep[top[b]]) swap(a,b);
a = fa[top[a]];
}
if(dep[a] < dep[b]) return a;
return b;
}

void query_ed(int x, int y){//序列差分
int a = x, b = y;
while(top[a] != top[b]){
if(dep[top[a]] < dep[top[b]]) swap(a,b);
s[pos[top[a]]] += 1; s[pos[a]+1] -= 1;//进加出减，左闭右开
a = fa[top[a]];
}
if(a == b) return;
if(dep[a] > dep[b]) swap(a,b);
s[pos[a]+1] += 1; s[pos[b]+1] -= 1;;
}

int check(int mid){//二分
int cnt = 0;
while (d[cnt+1].len > mid) cnt++;//不合法的边数
if (q[cnt] != 0) return q[cnt];//记忆化，因为路径是按照len排好了的，所以只要cnt一样就相当于是一种情况了
memset(s, 0, sizeof(s));
for (int i=1; i<=cnt; i++) query_ed(d[i].x, d[i].y);//每条边被多少条路径覆盖
int Maxx=0, tott=0;
for(int i=1; i<=n; i++){
tott += s[i];
if(tott == cnt)//可能合法的边
Maxx = max(Maxx, pos2[i]);
}
q[cnt] = Maxx;//减掉的越大越好
return Maxx;
}

int main(){
scanf("%d%d", &n, &m);
for(int i=1; i<n; i++){
int u,v,w;
scanf("%d%d%d", &u, &v, &w);
adde(u,v,w); adde(v,u,w);
}
dfs1(1);
dfs2(1,1);
for(int i=1; i<=m; i++){
scanf("%d%d", &d[i].x, &d[i].y);
d[i].len = dist[d[i].x] + dist[d[i].y] - 2 * dist[query_lca(d[i].x, d[i].y)];
}
sort(d+1, d+1+m, cmp);
int l=0, r=d[1].len;
while (l <= r){//逼近
int mid = (l + r) >> 1;
if(d[1].len - check(mid) > mid){
l = mid + 1;
}
else r = mid-1, ans = mid;
}
printf("%d", ans);
return 0;
}