LuoguP2680/UOJ150[NOIP2015] 运输计划 解题报告【二分答案+树上操作（LCA）+树上差分】

题目背景

公元2044年,人类进入了宇宙纪元。

题目描述

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?

输入输出格式

输入格式：

输入文件名为 transport.in。

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。

输出格式：

输出共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。

输入输出样例

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

说明

所有测试数据的范围和特点如下表所示



解题报告

题意就是在一棵树上，给定m个起点和终点，找一条边，把它的边权变为0，使得这m条路的最大值最小。

既然明确提到了“最大值最小”，考虑二分答案，二分路径的最大值，问题就在check上。我们假设有k条边小于二分出来的mid值，在这k条边上差分，具体的讲，就是在起点、终点上+1，在LCA上-2，计算每一个点的权值。对于点权为k的点，我们记录其到父亲之间连的边的最值vmax，最后用m条路径中的最大值w减去vmax，返回w-vmax<=mid。

具体实现上有一些细节问题：

我们可以预处理出每一条路径的长度（边权和:dis[u]+dis[v]−2∗dis[LCA(u,v)]）、LCA，把他们按长度从大到小排序。

二分的边界应该是[0,p[1].w]。

总的来说，这道NOIP2015的题现在看起来也不是特别难，但是公认NOIP2015是NOIP近年来难度增加的一个转折点。现在回过头来看这个转折点上较难的题，还是有点意思。

代码如下：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=300000,P=20;
struct edge
{
int v,w,next;
}ed[2*N+5];
struct path
{
int u,v,w,lca;
friend bool operator <(const path &s,const path &r){return s.w>r.w;}
}p[N+5];
int n,m,k,vmax;
int head[N+5],num;
int dep[N+5],anc[N+5][P+1],dis[N+5],mark[N+5];
void build(int u,int v,int w)
{
ed[++num].v=v;
ed[num].w=w;
ed[num].next=head[u];
head[u]=num;
}
void dfs_pre(int u,int f)
{
anc[u][0]=f;
for (int p=1;p<=P;p++)
anc[u][p]=anc[anc[u][p-1]][p-1];
for (int i=head[u];i!=-1;i=ed[i].next)
{
int v=ed[i].v;
if (v==f) continue;
dep[v]=dep[u]+1;
dis[v]=dis[u]+ed[i].w;
dfs_pre(v,u);
}
}
int LCA(int u,int v)
{
if (dep[v]>dep[u]) swap(u,v);
int t=dep[u]-dep[v];
for (int p=0;t;t>>=1,p++)
if (t&1) u=anc[u][p];
if (u==v)return u;
for(int p=P;p>=0;p--)
if (anc[u][p]!=anc[v][p]) u=anc[u][p],v=anc[v][p];
return anc[u][0];
}
void dfs(int u,int f)
{
for (int i=head[u];i!=-1;i=ed[i].next)
{
int v=ed[i].v;
if(v==f)continue;
dfs(v,u);
mark[u]+=mark[v];
}
if(mark[u]==k)vmax=max(vmax,dis[u]-dis[f]);
}
bool check(int mid)
{
k=0,vmax=0;
memset(mark,0,sizeof(mark));
while(p[++k].w>mid&&k<=m)
{
int u=p[k].u,v=p[k].v,lca=p[k].lca;
mark[u]++,mark[v]++,mark[lca]-=2;
}
k--;
dfs(1,0);
return p[1].w-vmax<=mid;
}
int main()
{
memset(head,-1,sizeof(head));
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<n;i++)
{
int u,v,w;
scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
build(u,v,w),build(v,u,w);
}
dep[1]=1;
dfs_pre(1,0);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int u,v;
scanf("%d%d",&u,&v);
p[i].u=u,p[i].v=v,p[i].lca=LCA(u,v),p[i].w=dis[u]+dis[v]-2*dis[p[i].lca];
}
sort(p+1,p+1+m);
int lf=0,rg=p[1].w;
while(lf+1<rg)
{
int mid=(lf+rg)>>1;
if(check(mid))rg=mid;
else lf=mid;
}
printf("%d",rg);
return 0;
}