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。
【思路】
二分+LCA+差分
先求出所有查询的路长，时间为O(mlogn)。题目所求为修改后的最大查询路最小，考虑二分该最大路值ML。对于所有长度超过ML的路径求交，记录最大查询路为mx，只要我们求出这些路径的最大公共边（交）mxe，通过判断mx-mxe与ML就可调整区间。
如何求交? 差分。所谓差分就是将一个对区间的操作变为对区间端点的操作。将查分推广到树上。每个结点带个cnt，对于路径(u,v)，cnt[u]++,cnt[v]++,cnt[lca(u,v)]-=2，在树上统计cnt[x]=sigma{cnt[son]}，这样只要满足cnt[x]==1的边就在这条路上，满足cnt[x]==tot的边就在路径的交上。
总的时间为O(mlogn+(m+n)logL)
【代码】
1 #include<cstdio>
2 #include<vector>
3 #include<cstring>
4 #include<iostream>
5 #include<algorithm>
6 #define FOR(a,b,c) for(int a=(b);a<=(c);a++)
7 using namespace std;
8
9 const int N = 5*1e5+10;
10 struct Edge{ int v,w; };
11
12 int n,m;
13 int u[N],v[N],w[N],lca[N],dist[N],val[N];
14 vector<Edge> g[N];
15
16 void read(int& x) {
17 char c=getchar(); int f=1; x=0;
18 while(!isdigit(c)) {if(c==‘-‘)f=-1; c=getchar();}
19 while(isdigit(c)) x=x*10+c-‘0‘,c=getchar();
20 x*=f;
21 }
22
23 int siz[N],fa[N],son[N],top[N],dep[N],dis[N];
24 void dfs1(int u) {
25 siz[u]=1; son[u]=0;
26 for(int i=0;i<g[u].size();i++) {
27 int v=g[u][i].v;
28 if(v!=fa[u]) {
29 fa[v]=u; dep[v]=dep[u]+1;
30 dis[v]=dis[u]+g[u][i].w;
31 dfs1(v);
32 siz[u]+=siz[v];
33 if(siz[v]>siz[son[u]]) son[u]=v;
34 }
35 }
36 }
37 void dfs2(int u,int tp) {
38 top[u]=tp;
39 if(son[u]) dfs2(son[u],tp);
40 for(int i=0;i<g[u].size();i++) {
41 int v=g[u][i].v;
42 if(v!=fa[u]&&v!=son[u]) dfs2(v,v);
43 }
44 }
45 int LCA(int u,int v) {
46 while(top[u]!=top[v]) {
47 if(dep[top[u]]<dep[top[v]]) swap(u,v);
48 u=fa[top[u]];
49 }
50 return dep[u]<dep[v]? u:v;
51 }
52
53 int tot,mx,mxe,cnt[N];
54 int find_mxe(int u) {
55 for(int i=0;i<g[u].size();i++) {
56 int v=g[u][i].v;
57 if(v!=fa[u]) cnt[u]+=find_mxe(v);
58 }
59 if(cnt[u]==tot) mxe=max(mxe,val[u]);
60 int tmp=cnt[u]; cnt[u]=0;
61 return tmp;
62 }
63 bool can(int ML) {
64 tot=0; mx=mxe=0;
65 FOR(i,1,m) if(dist[i]>ML){
66 tot++; mx=max(mx,dist[i]);
67 cnt[u[i]]++,cnt[v[i]]++,cnt[lca[i]]-=2;
68 }
69 find_mxe(1);
70 return mx-mxe<=ML;
71 }
72
73 int main() {
74 //freopen("transport.in","r",stdin);
75 //freopen("transport.out","w",stdout);
76 read(n),read(m);
77 FOR(i,1,n-1) {
78 read(u[i]),read(v[i]),read(w[i]);
79 g[u[i]].push_back((Edge){v[i],w[i]});
80 g[v[i]].push_back((Edge){u[i],w[i]});
81 }
82 dfs1(1),dfs2(1,1);
83 FOR(i,1,n-1) {
84 if(dep[u[i]]<dep[v[i]]) swap(u[i],v[i]);
85 val[u[i]]=w[i];
86 }
87 int x,y,L=0,R=0,M;
88 FOR(i,1,m) {
89 read(x),read(y);
90 dist[i]=dis[x]+dis[y]-2*dis[lca[i]=LCA(x,y)];
91 R=max(R,dist[i]); u[i]=x,v[i]=y;
92 }
93 R++;
94 while(L<R) {
95 M=(L+R)>>1;
96 if(can(M)) R=M; else L=M+1;
97 }
98 printf("%d",L);
99 return 0;
100 }
PS：bzoj不会栈溢 233