bzoj4326: NOIP2015 运输计划

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

noip luogu上省选难度的题，让我对noip绝望的题
写了一下午，调了一晚上常数
首先听说有线性做法，二分答案是在卡常？？？我找了半天这似乎是谣言吧。如果有的话dalao们告我。
所以一看这种300000的数据，多年noip题的经验告诉我们复杂度显然是nlogn
直接做不好做我们考虑二分答案（看看题解看到题解在说二分答案）
我们二分一个mid然后考虑所有长度大于mid的计划，找到一条这些计划都相交的边
然后判断是不是最长的那条减去这条边之后会小于等于mid
这个过程用树上差分来做，对于一个计划u，v让他们之间的路径全部加1，相当于用f[i]表示这个点到父亲的边权，那么只要将f[u]+1,f[v]+1,f[lca(u,v)]-2即可，这时dfs一次，每个节点都加上自己所有的子节点的权值。
接着这时我在luogu上交了卡掉30分tle，然后我来bzoj 11s过了。
然后我一看大神们这道题就两秒，就感觉这要是noip我怕是卡常被卡死（我今天被卡常正解卡成暴力分）。然后我主要谈一些小的优化

1. 第一不要用结构体写，比较慢。当然能过，但是考试的时候如果你想卡常数的话要注意。
2. 第二显然树剖求lca比较方便，因为你要给差分数组赋初值，顺便dfs一遍。在第一遍dfs时记录dfs序，然后不需要dfs，直接循环就行，递归没有加速，循环可以加register。
3. 第三把能记录的东西都记下来
4. 适当缩小二分范围
5. 手动开O2（考场上不行）
   经过上面一大堆优化（并没有第一条），从11s变到3.8s也算一个中上水平了
   上代码

#include<cstdio>#include<cstring>#include<utility>#include<algorithm>#include<iostream>#include<queue>#include<stack>#include<cmath>#include<cstdlib>#include<ctime>#pragma GCC optimize (2)#pragma G++ optimize (2)using namespace std;inline int read(){    char ch='*';    int f=1;    while(!isdigit(ch=getchar())) if(ch=='-') f=-1;    int num=ch-'0';    while(isdigit(ch=getchar())) num=num*10+ch-'0';    return num*f;}const int maxn = 300005;struct edge{    int next,to,val;}e[maxn<<1];int s[maxn],t[maxn],w[maxn],D[maxn];int dep[maxn],h[maxn],son[maxn],dis[maxn],siz[maxn],top[maxn],fa[maxn];int c[maxn],F,tot,cnt,n,m,MAX,f[maxn],mid,minn,q[maxn],val[maxn];inline void add(int from,int to,int val){    e[++cnt].next=h[from];  e[cnt].to=to;   e[cnt].val=val; h[from]=cnt;    e[++cnt].next=h[to];    e[cnt].to=from; e[cnt].val=val; h[to]=cnt;}void dfs1(int x){    siz[x]=1;q[++q[0]]=x;    int v;    for(register int i=h[x];i;i=e[i].next)    {        v=e[i].to;        if(v==fa[x]) continue ;        val[v]=e[i].val;dis[v]=dis[x]+e[i].val;dep[v]=dep[x]+1;fa[v]=x;        dfs1(v);        siz[x]+=siz[v];        if(siz[v]>siz[son[x]]) son[x]=v;    }    return ;}inline int lca(int x,int y){    while(top[x]!=top[y])    {        if(dep[top[x]]<dep[top[y]]) swap(x,y);        x=fa[top[x]];    }    if(dep[x]>dep[y]) swap(x,y);    return x;}inline bool ok(int fff){    tot=0;    memset(f,0,sizeof(f));    for(register int i=1;i<=m;i++) if(D[i]>fff)        f[s[i]]++,f[t[i]]++,f[w[i]]-=2,tot++;    for(register int i=n;i;i--)    {        f[fa[q[i]]]+=f[q[i]];        if(val[q[i]]>=MAX-fff&&f[q[i]]==tot) return 1;    }    return 0;}int main(){    n=read();m=read();    int u,v,we;    for(register int i=1;i<n;i++)    {        u=read();v=read();we=read();        add(u,v,we);        minn=max(minn,we);    }    dep[1]=top[1]=1;    dfs1(1);    for(register int i=1;i<=n;i++)        top[q[i]]= q[i]==son[fa[q[i]]]?  top[fa[q[i]]]:q[i];    for(register int i=1;i<=m;i++){        s[i]=read();t[i]=read();        w[i]=lca(s[i],t[i]);        MAX=max(MAX,D[i]=(dis[s[i]]+dis[t[i]]-2*dis[w[i]]));    }    int l=MAX-minn,r=MAX+1;    while(l<r)    {        mid=l+r>>1;        if(ok(mid)) r=mid;        else l=mid+1;    }    printf("%d\n",l);}