转载一个大佬的题解：
主要考察二分查找、树上倍增、贪心、“树上前缀和”。
题目是一颗树，要求将一条边的权值变为0，使得所有运输计划的最大时间最小。
直觉告诉我们，这是一个树上倍增的题目，但是它却不像前几年的 Day2T3 开车旅行那样纯倍增，或许更像疫情控制一些，倍增只是辅助算法，还需要配合其他算法。
由于要使所有运输计划的最大时间最小，不难想到二分答案的方法。
使C(t)表示是否可以改造一条边，使得改造之后所有运输计划中最长的时间不大于t。这是惯用伎俩，用二分的的话，我们就可以确定一个变量t，正因为有了这个t，我们才能有的放矢的进行贪心或是干别的。
如何判断C(t)呢？在开始的时候用倍增预处理出所有计划的时间，如果小于等于t，就可以忽略，如果大于t，那么就要考虑在其路径上改造一条边。
由于所有时间大于t的计划都要改造一条边，问题就变为了求所有时间大于t的计划的路径交集，改造其中一条最大的边，看看去掉这条边之后，是否可以满足条件。
问题来了，如何求交集呢？
这里给出两种方法，一种是模拟求交集。一种是利用树上前缀和求交集。如果设total为超出时间t的方案数量，边e?i??经过的次数cnt?i??。对于每个超出时间t的方案，将其路径中边的cnt加1。最后，所有cnti=totalcnt?i??的边就是我们要求的的交集。
然而每次给每条边加一肯定是不现实的，所以我们要想出一个高效的方法，来维护边被经过的次数。
这个方法像极了2012年NOIP的借教室，不过是树上的版本。我们先看看借教室的怎么处理区间加减的。
如果要对一段连续区间[a,b)同时加上一个值，只需在开始处加上这个值，在结束后减去这个值，维护前缀和就行了。看上去应该是这样的：若初始都是0，让连续区间[a,b)同时加上一个值m之后，前缀和
即为元素i的值。下面是前缀和：
如果有多组加减，也不会冲突。
同样的，在树上，我们用s?i??来表示顶点i到其父亲的这条边被经过的次数，v?i??用于记录顶点信息。
对于每个点对(a,b)，我们将v?a??+1,v?b??+1,v?LCA(a,b)??-2。
则树上前缀和
利用dfs序，对于每个点更新它的父亲的s值，前缀和可以在O(n)的时间内算出来。这样，每条边经过的次数就顺利计算出来了。
这个方法的复杂度是线性的，为O(m+n)。
即为元素i的值。下面是前缀和：
当然写代码也是写的很艰辛：
我力劝C++的同胞们，这题卡常数，Dfs党会吃亏，比如这里这个UOJ的数据
我们可以使用Bfs和尽量避免写Dfs,不然会Tle的
以下代码实测极端数据约900ms，正所谓卡常数，如果把一开始的dfs改为bfs可能会更快……（博主很懒，不改了）
总结一下大佬的题解：
1. Dfs或Bfs构建树，然后记录下各种信息，现在主要是以下几点：
1）子节点 son[rt] vector <int>
2）深度 deep[rt] int
3）到根节点的距离 dis[rt] int
4）到父亲节点的距离 fadis[rt] int
5）父亲 father[rt] int
2. LCA的预处理，处理出F[rt][i],表示节点rt的第2i个祖先（即节点rt的祖先中与之深度相差rt的祖先） // F[rt][i] 在代码中写成 Anst[rt][i]
转移表达式为：F[rt][i]=F[F[rt][i-1]][i-1] 应该都能够理解
3. 求取LCA: 这里用的倍增的方法，虽然比离线算法LCA_Tarjan慢一个log，但是倍增是一个好东西，不妨去练练。这样思考：对于两个深度为d的节点a和b，使得int i=log2(d),那么就可以倍增：对于节点a和b，如果他们的第2i个祖先是相同的，那么他们在网上的祖先也一定是相同的 ，那么我们就对于不改变a和b的值，而使i=i-1；如果他们的第2i个祖先不同，那么他们往下走的祖先也是不同的，于是就可以确定他们的最近公共祖先一定是在第2i个祖先上面的，那么我们就可以安心的把a和b的值更新乘F[a][i]和F[b][i](a=F[a][i],b=F[b][i])。直到i为0位置，无法再做了。于是，a和b的最近公共祖先就是a和b的父亲，即F[a][0]或F[b][0](相等的)。
至于LCA_Tarjan，可以自己学啊！这里就不多说了。
3.二分答案：不用说了吧，就是一个基本的二分
4.check(答案):这个在大佬的题解里面写的比较详细，可以看他的~
1 #pragma comment(linker, "/STACK:10240000,10240000")
2 #include <cstring>
3 #include <algorithm>
4 #include <cstdio>
5 #include <cstdlib>
6 #include <cmath>
7 #include <vector>
8 using namespace std;
9 const int N=300000+5,M=N*2,Inf=N*1000;
10 void read(int &x){
11 x=0;
12 char ch=getchar();
13 while (!(‘0‘<=ch&&ch<=‘9‘))
14 ch=getchar();
15 while (‘0‘<=ch&&ch<=‘9‘){
16 x=x*10+ch-48;
17 ch=getchar();
18 }
19 }
20 struct Edge{
21 int cnt,y[M],z[M],nxt[M],fst[N];
22 void set(){
23 cnt=0;
24 memset(y,0,sizeof y);
25 memset(z,0,sizeof z);
26 memset(nxt,0,sizeof nxt);
27 memset(fst,0,sizeof fst);
28 }
29 void add(int a,int b,int c){
30 cnt++;
31 y[cnt]=b,z[cnt]=c;
32 nxt[cnt]=fst[a],fst[a]=cnt;
33 }
34 }e;
35 int n,m;
36 vector <int> Tree[N];
37 int father[N],son[N],deep[N],dis[N],fadis[N],bh[N],bhtot;
38 int Anst[N][20];//Ancestor
39 struct Query{
40 int x,y,LCA,cost;
41 }q[N];
42 int Nextsum[N];
43 void Build_Tree(int prev,int rt){
44 bh[++bhtot]=rt;
45 Tree[rt].clear();
46 deep[rt]=deep[prev]+1;
47 son[rt]=0;
48 father[rt]=prev;
49 for (int i=e.fst[rt];i;i=e.nxt[i])
50 if (e.y[i]!=prev){
51 son[rt]++,Tree[rt].push_back(e.y[i]);
52 fadis[e.y[i]]=e.z[i];
53 dis[e.y[i]]=dis[rt]+e.z[i];
54 Build_Tree(rt,e.y[i]);
55 }
56 }
57 void LCA_Prepare(){
58 memset(Anst,0,sizeof Anst);
59 for (int i=1;i<=n;i++){
60 int rt=bh[i];
61 Anst[rt][0]=father[rt];
62 for (int i=1;(1<<i)<=deep[rt];i++)
63 Anst[rt][i]=Anst[Anst[rt][i-1]][i-1];
64 }
65 }
66 int LCA(int a,int b){
67 if (deep[a]>deep[b])
68 swap(a,b);
69 for (int i=deep[b]-deep[a],j=0;i>0;i>>=1,j++)
70 if (i&1)
71 b=Anst[b][j];
72 if (a==b)
73 return a;
74 int k;
75 for (k=0;(1<<k)<=deep[a];k++);
76 for (;k>=0;k--)
77 if ((1<<k)<=deep[a]&&Anst[a][k]!=Anst[b][k])
78 a=Anst[a][k],b=Anst[b][k];
79 return Anst[a][0];
80 }
81 bool check(int t){
82 int total=0,Maxcost=0,Maxcut=0;
83 memset(Nextsum,0,sizeof Nextsum);
84 for (int i=1;i<=m;i++)
85 if (q[i].cost>t){
86 Maxcost=max(Maxcost,q[i].cost-t);
87 total++;
88 Nextsum[q[i].x]++;
89 Nextsum[q[i].y]++;
90 Nextsum[q[i].LCA]-=2;
91 }
92 for (int i=n;i>=1;i--)
93 Nextsum[father[bh[i]]]+=Nextsum[bh[i]];
94 for (int i=1;i<=n;i++)
95 if (Nextsum[i]==total)
96 Maxcut=max(Maxcut,fadis[i]);
97 return Maxcost<=Maxcut;
98 }
99 int main(){
100 scanf("%d%d",&n,&m);
101 e.set();
102 for (int i=1;i<n;i++){
103 int a,b,c;
104 read(a),read(b),read(c);
105 e.add(a,b,c);
106 e.add(b,a,c);
107 }
108 bhtot=0;
109 deep[0]=-1,dis[1]=fadis[1]=0;
110 Build_Tree(0,1);
111 LCA_Prepare();
112 for (int i=1;i<=m;i++){
113 read(q[i].x),read(q[i].y);
114 q[i].LCA=LCA(q[i].x,q[i].y);
115 q[i].cost=dis[q[i].x]+dis[q[i].y]-dis[q[i].LCA]*2;
116 }
117 int le=0,ri=Inf,mid,ans=0;
118 while (le<=ri){
119 mid=(le+ri)>>1;
120 if (check(mid))
121 ri=mid-1,ans=mid;
122 else
123 le=mid+1;
124 }
125 printf("%d",ans);
126 return 0;
127 }
代码