NOIP2015 运输计划 （树链剖分，LCA，树上差分）

Description

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?

Solution

题意即求删去一条边的情况下使最长时间最短。
看得出来是二分吧。。
考虑二分最长的时间，求所有大于该时间的计划的交集中的最长边，若删去后均小于最长的时间，则满足条件，继续二分。至于求交集，就可以直接树上差分，求链的长度可以求树上前缀和，树剖预处理出LCA即可。

Code

#include<cstdio>#include<cstdlib>#include<cmath>#include<cstring>#include<iostream>#include<algorithm>#include<queue>#include<vector>#include<set>#define rg register#define For(i , j , k) for (rg int i = (j) , _##end_ = (k) ; i <= _##end_ ; ++ i)#define Fordown(i , j , k) for (rg int i = (j) , _##end_ = (k) ; i >= _##end_ ; -- i)#define Set(a , b) memset(a , b , sizeof(a))#define pb(a) push_back(a)#define mp(a) make_pair(a)#define INF (0x3f3f3f3f)#define Mod (1000000007)using namespace std;typedef long long LL;template <typename T> inline bool chkmax(T &a , T b) { return a < b ? (a = b , 1) : 0; }template <typename T> inline bool chkmin(T &a , T b) { return b < a ? (a = b , 1) : 0; }int _ , __;char c_;inline int read(){    for (_ = 0 , __ = 1 , c_ = getchar() ; !isdigit(c_) ; c_ = getchar()) if (c_ == '-') __ = -1;    for ( ; isdigit(c_) ; c_ = getchar()) _ = (_ << 1) + (_ << 3) + (c_ ^ 48);    return _ * __;}inline void file(){#ifdef hany01    freopen("plan.in" , "r" , stdin);    freopen("plan.out" , "w" , stdout);#endif}const int maxn = 300010;struct Question{    int u , v , lca , len;}Q[maxn];int v[maxn * 2] , nex[maxn * 2] , w[maxn * 2] , beg[maxn] , sz[maxn] , dep[maxn] , fa[maxn] , top[maxn] , fw[maxn] , hs[maxn] , chain[maxn] , cnt , n , m , s[maxn] , e;int l , r , mid , dis[maxn];inline void add(int uu , int vv , int ww) { v[++ e] = vv; w[e] = ww; nex[e] = beg[uu]; beg[uu] = e; }void dfs1(int u){    sz[u] = 1;    for (int i = beg[u] ; i ; i = nex[i]) {        if (sz[v[i]]) continue;        dis[v[i]] = w[i] + dis[u]; fw[v[i]] = w[i]; dep[v[i]] = dep[u] + 1; fa[v[i]] = u;        dfs1(v[i]);        sz[u] += sz[v[i]];        if (sz[v[i]] > sz[hs[u]]) hs[u] = v[i];    }}void dfs2(int u){    chain[++ cnt] = u;    if (!hs[u]) return ;    for (int i = beg[u] ; i ; i = nex[i])        if (v[i] == hs[u]) {            top[v[i]] = top[u];            dfs2(v[i]);             break;        }    for (int i = beg[u] ; i ; i = nex[i]) {        if (v[i] == hs[u] || fa[v[i]] != u) continue;        top[v[i]] = v[i];        dfs2(v[i]);    }}inline int LCA(int u , int v){    int fu = top[u] , fv = top[v];    while (fu != fv) {        if (dep[fu] < dep[fv]) { swap(u , v); swap(fu , fv); }        u = fa[fu]; fu = top[u];    }    return dep[u] < dep[v] ? u : v;}inline void Init(){    n = read(); m = read();    int uu , vv , ww;    For(i , 2 , n)        uu = read(), vv = read(), ww = read(),        add(uu , vv , ww), add(vv , uu , ww);    dep[1] = 1; dis[1] = 0;    top[1] = 1;    dfs1(1); dfs2(1);    l = r = 0;    For(i , 1 , m) {        Q[i].u = read(); Q[i].v = read(); Q[i].lca = LCA(Q[i].u , Q[i].v);        Q[i].len = dis[Q[i].u] + dis[Q[i].v] - dis[Q[i].lca] * 2; chkmax(r , Q[i].len);    }}inline bool check(int L){    register int Maxx = 0 , cnt = 0;    Set(s , 0);    For(i , 1 , m)        if (Q[i].len > L) {            chkmax(Maxx , Q[i].len - L);            ++ s[Q[i].u]; ++ s[Q[i].v]; s[Q[i].lca] -= 2; ++ cnt;        }    if (!cnt) return 1;    Fordown(i , n , 2) s[fa[chain[i]]] += s[chain[i]];    For(i , 2 , n) if (fw[i] >= Maxx && cnt == s[i]) return 1;    return 0;}void Binary_Search(){    while (l < r) {        mid = (l + r) >> 1;        if (check(mid)) r = mid; else l = mid + 1;    }    printf("%d\n" , l);}int main(){    file();    Init();    Binary_Search();    return 0;}