[BZOJ4326][NOIP2015]运输计划（二分+dfs序+树上差分）

【Noip2015】运输计划（【Bzoj4326】）。大意是有许多条运输路径，让你在把一条边的用时不计的情况下找到最大路径的最短用时。

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把这条航道上路径次数都加1，假设不满足条件的航道有m条，那么一条边如果次数==m条，就表示其是m条航道的交集了，实现的话一个dfs就可以搞定，复杂度O(nlogn)

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;
#define N 300005
#define sz 19

int n,m,x,y,z,Max,dfs_clock,ans;
int tot,point
,nxt[N*2],v[N*2],c[N*2];
int h
,dis
,val
,num
,tmp
,f
[sz+5];
struct hp{int x,y,lca,dis;}edge
;

void addedge(int x,int y,int z)
{
++tot; nxt[tot]=point[x]; point[x]=tot; v[tot]=y; c[tot]=z;
++tot; nxt[tot]=point[y]; point[y]=tot; v[tot]=x; c[tot]=z;
}
void build(int x,int fa)
{
num[++dfs_clock]=x;
for (int i=1;i<sz;++i)
{
if ((h[x]-(1<<i))<1) break;
f[x][i]=f[f[x][i-1]][i-1];
}
for (int i=point[x];i;i=nxt[i])
if (v[i]!=fa)
{
f[v[i]][0]=x;
h[v[i]]=h[x]+1;dis[v[i]]=dis[x]+c[i];val[v[i]]=c[i];
build(v[i],x);
}
}
int lca(int x,int y)
{
if (h[x]<h[y]) swap(x,y);
int k=h[x]-h[y];
for (int i=0;i<sz;++i)
if ((1<<i)&k) x=f[x][i];
if (x==y) return x;
for (int i=sz-1;i>=0;--i)
if (f[x][i]!=f[y][i])
x=f[x][i],y=f[y][i];
return f[x][0];
}
bool check(int mid)
{
int cnt=0,limit=0;memset(tmp,0,sizeof(tmp));
for (int i=1;i<=m;++i)
if (edge[i].dis>mid)
{
++tmp[edge[i].x];++tmp[edge[i].y];tmp[edge[i].lca]-=2;
limit=max(limit,edge[i].dis-mid);
cnt++;
}
if (!cnt) return true;
for (int i=n;i>1;--i) tmp[f[num[i]][0]]+=tmp[num[i]];
for (int i=2;i<=n;++i)
if (val[i]>=limit&&tmp[i]==cnt) return true;
return false;
}
int find()
{
int l=0,r=Max,mid,ans;
while (l<=r)
{
mid=(l+r)>>1;
if (check(mid)) ans=mid,r=mid-1;
else l=mid+1;
}
return ans;
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for (int i=1;i<n;++i)
{
scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
addedge(x,y,z);Max+=z;
}
build(1,0);
for (int i=1;i<=m;++i)
{
scanf("%d%d",&edge[i].x,&edge[i].y);
edge[i].lca=lca(edge[i].x,edge[i].y);
edge[i].dis=dis[edge[i].x]+dis[edge[i].y]-dis[edge[i].lca]*2;
}
ans=find();
printf("%d\n",ans);
}