[NOIP2015]运输计划 D2 T3

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。 
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。

Output

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。

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

【样例说明】 
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。

【数据规模与约定】 
所有测试数据的范围和特点如下表所示 

题解：先预处理出所有路径的LCA和所用时间，然后二分答案。找出所有用时比mid大的路径，那么如果我们将边 i 变成虫洞，就要保证所有用时超过mid的路径都经过 i ，并且在 i 变成虫洞后，这些路径的长度都小于mid。所以用差分数组处理一下每条边有多少条这样的路径经过就行了。

为了降低常数，本人代码里还做了几处小优化，可能会发挥用处

#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <iostream>
using namespace std;
const int maxn=300010;
int n,m,cnt,maxx,minn;
int head[maxn],to[maxn<<1],next[maxn<<1],val[maxn<<1];
int deep[maxn],son[maxn],top[maxn],fa[maxn],size[maxn],dis[maxn],v[maxn];
int s[maxn],q[maxn],p1[maxn],p2[maxn],pa[maxn],len[maxn];
int readin()    //读入优化
{
    int ret=0;    char gc;
    while(gc<‘0‘||gc>‘9‘)    gc=getchar();
    while(gc>=‘0‘&&gc<=‘9‘)    ret=ret*10+gc-‘0‘,gc=getchar();
    return ret;
}
void add(int a,int b,int c)
{
    to[cnt]=b,val[cnt]=c,next[cnt]=head[a],head[a]=cnt++;
}
void dfs1(int x)
{
    size[x]=1,q[++q[0]]=x;
    for(int i=head[x];i!=-1;i=next[i])
    {
        if(to[i]!=fa[x])
        {
            v[to[i]]=val[i],deep[to[i]]=deep[x]+1,dis[to[i]]=dis[x]+val[i],fa[to[i]]=x;
            dfs1(to[i]);
            size[x]+=size[to[i]];
            if(size[to[i]]>size[son[x]])    son[x]=to[i];
        }
    }
}
int getlca(int x,int y)    //树剖
{
    while(top[x]!=top[y])
    {
        if(deep[top[x]]<deep[top[y]])    swap(x,y);
        x=fa[top[x]];
    }
    if(deep[x]>deep[y])    swap(x,y);
    return x;
}
int check(int sta)
{
    int i,sum=0;
    memset(s,0,sizeof(s));
    for(i=1;i<=m;i++)
        if(len[i]>sta)
            s[p1[i]]++,s[p2[i]]++,s[pa[i]]-=2,sum++;
    for(i=n;i>=1;i--)
    {
        s[fa[q[i]]]+=s[q[i]];
        if(v[q[i]]>=maxx-sta&&s[q[i]]==sum)    return 1;
    }
    return 0;
}
int main()
{
    n=readin(),m=readin();
    memset(head,-1,sizeof(head));
    int i,j,a,b,c;
    for(i=1;i<n;i++)
    {
        a=readin(),b=readin(),c=readin();
        add(a,b,c),add(b,a,c),minn=max(minn,c);
    }
    deep[1]=top[1]=1;
    dfs1(1);
    for(i=1;i<=n;i++)    //用DFS序
    {
        if(q[i]==son[fa[q[i]]])    top[q[i]]=top[fa[q[i]]];
        else top[q[i]]=q[i];
    }
    for(i=1;i<=m;i++)    //预处理
    {
        p1[i]=readin(),p2[i]=readin();
        pa[i]=getlca(p1[i],p2[i]);
        len[i]=dis[p1[i]]+dis[p2[i]]-2*dis[pa[i]];
        maxx=max(maxx,len[i]);
    }
    int l=maxx-minn,r=maxx+1,mid;    //缩小范围
    while(l<r)
    {
        mid=l+r>>1;
        if(check(mid))    r=mid;
        else l=mid+1;
    }
    printf("%d",r);
    return 0;
}