【LCA+树上差分】运输计划

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问题描述
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？

输入格式
        /*输入文件名为transport.in。*/
        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ui和vi，表示第j个运输计划是从uj号星球飞往vj号星球。

输出格式
        /*输出文件名为transport.out。*/
        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。

LCA+树上差分

读题。题意是在一棵树上（边数为n-1条）给出几条大路径，选择一条边的边值改为零，使最大路径的总值尽可能少。
分析可知，所选的边一定在原本总值最大的路径上。但如果选择上面其中的一条边进行删除的话，可能会影响到其他的路径时间。
如果删除一条边，其他所有边总值变化后，最大路径仍然是原来的那条，则说明情况符合。
于是很自然地想到二分答案。对于每一个二分的值，遍历一遍提前计算好的每一条大路径的长度，如果小于路径长度，则说明这条路径上必须要有边值的变化。因此采用树上差分的方法，在路径的起点和终点差分（注意一个细节，它们的lca所对应的边不在这条大路径上，所以要-2）。最后遍历整棵树，如果某个节点的值==大于二分的值的路径的总数，则删除这条点所对应的边是合法的。

代码：

[C++] syntaxhighlighter_viewsource syntaxhighlighter_copycode

#include<stdio.h>
#include<cmath>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#define N 600001
using namespace std;
int n,m,cnt,num,mmaxn;
int Last[N],End[2*N],Next[2*N],Cost[2*N],F[N][32],D[N],Sum[N][32],T[N],S[N],A[N],B[N],LC[N];
void add(int x,int y,int z){cnt++;End[cnt]=y;Next[cnt]=Last[x];Last[x]=cnt;Cost[cnt]=z;}
void DFS(int x,int f){
	D[x]=D[F[x][0]]+1;		
	for(int i=1;i<=ceil(log2(D[x]));i++)F[x][i]=F[F[x][i-1]][i-1],Sum[x][i]=Sum[F[x][i-1]][i-1]+Sum[x][i-1];
	for(int i=Last[x];i;i=Next[i]){
		if(End[i]==f)continue;
		F[End[i]][0]=x;Sum[End[i]][0]=Cost[i];
		DFS(End[i],x);
	}
}
int DDFS(int x){
	int t=0;
	for(int i=Last[x];i;i=Next[i]){
		if(End[i]==F[x][0])continue;
		t=max(DDFS(End[i]),t);
		S[x]+=S[End[i]];
	}
	if(S[x]==num)t=max(t,Sum[x][0]);
	return t;
}
int LCA(int x,int y,int id){
	int tot=0;
	if(D[x]<D[y])swap(x,y);
	int k=D[x]-D[y],s=D[x];
	for(int i=0;i<=ceil(log2(s));i++)if((1<<i)&k)tot+=Sum[x][i],x=F[x][i];
	if(x==y){LC[id]=x;return tot;}
	for(int i=ceil(log2(s));i>=0;i--)if(F[x][i]!=F[y][i])tot+=(Sum[x][i]+Sum[y][i]),x=F[x][i],y=F[y][i];
	LC[id]=F[x][0];
	return tot+Sum[x][0]+Sum[y][0];
}
bool Love(int limit){
	memset(S,0,sizeof(S));num=0;
	for(int i=1;i<=m;i++)if(T[i]>limit)S[A[i]]++,S[B[i]]++,S[LC[i]]-=2,num++;
	int t=DDFS(1);
	return mmaxn-t<=limit?true:false;
}
int main(){
	int a,b,c,tot=0,l=0,r=0,mid,ans;
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<n;i++)scanf("%d%d%d",&a,&b,&c),add(a,b,c),add(b,a,c);
	DFS(1,1);
	for(int i=1;i<=m;i++)scanf("%d%d",&A[i],&B[i]),T[i]=LCA(A[i],B[i],i),r=max(T[i],r);
	mmaxn=r;
	while(l<=r){
		mid=(l+r)>>1;
		if(Love(mid))r=mid-1,ans=mid;
		else l=mid+1;
	}
	printf("%d",ans);
}