标签：树链剖分，二分
题目背景
公元 2044 年,人类进入了宇宙纪元。
题目描述
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?
输入输出格式
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 uj 和 vj,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 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。
输入输出样例
输入样例#1：
6 3
1 2 3
1 6 4
3 1 7
4 3 6
3 5 5
3 6
2 5
4 5
输出样例#1：
11
说明
所有测试数据的范围和特点如下表所示
请注意常数因子带来的程序效率上的影响。
题意：给出⼀颗有边权的树，给定⼀些旅⾏路线的起点和终点。
现在可以将树上的某⼀条边边权改为 0。
求问这些旅⾏路线中最长的那⼀条，最小可以为多少。
n≤300000,w≤1000
分析：
方法一：（下面的代码就是这种）
O（n^2）的暴力就可以混到前50分了，再加一个特判，总共60分
剩下的40分显然是二分答案
有一种叫做看数据范围猜算法，十万级别的也就想到了二分，而且要求最远的最短
可以使用线段树解决线段覆盖的问题，但这题最好使用差分
树链剖分（logn）*二分（logn）*枚举边（n）=O（n log n log n）
但是需要加一些优化，读入优化，记忆化，位运算
否则可能会被卡掉
方法二：（听武爷爷whx上课时候讲的玄学算法）
• 先 tarjan 并查集 O(n)求 lca，然后找到最长的⼀个路径。
• 然后对于最长的路径这条链拉出来，和它没有交的路径直接算掉，剩下的路径预处理⼀下。
• 然后把所有路径按照路径长度从⼤到小排序，求出每个前缀的交，再反着算出交里的最⼤权值。
•picks 其实应该⼀步到位 n≤10^6
Node
#include<bits/stdc++.h>
const int maxn=600005;
struct node0
{
int x,y,len;
}d[maxn];
int root,n,m,x,y,v,tot,next[maxn],last[maxn],e[maxn];
int dep[maxn],fa[maxn],size[maxn],son[maxn],top[maxn];
int pos[maxn],pos2[maxn],val[maxn],cost[maxn],MAX[maxn],dist[maxn],s[maxn],node,ans,q[maxn];
inline int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
bool cmp(node0 x,node0 y)
{
return x.len>y.len;
}
void add(int x,int y,int v)
{
next[++tot]=last[x];
last[x]=tot;
val[tot]=v;
e[tot]=y;
}
void dfs1(int x)
{
dep[x]=dep[fa[x]]+1;
size[x]=1;
for (int i=last[x];i;i=next[i])
{
int v=e[i];
if (v==fa[x])continue;
fa[v]=x;
dist[v]=dist[x]+val[i];
cost[v]=val[i];
dfs1(v);
size[x]+=size[v];
if(size[v]>size[son[x]])son[x]=v;
}
}
void dfs2(int x,int tp)
{
top[x]=tp;
pos[x]=++node;
pos2[node]=cost[x];
if(son[x]==0)return;
dfs2(son[x],tp);
for(int i=last[x];i;i=next[i])
{
int v=e[i];
if (v==fa[x]||v==son[x])continue;
dfs2(v,v);
}
}//树链剖分
int query(int x,int y)
{
int a=x,b=y;
while (top[a]!=top[b])
{
if (dep[top[a]]<dep[top[b]])std::swap(a,b);
a=fa[top[a]];
}
if (dep[a]<dep[b])return a;
else return b;
}
void work(int x,int y)
{
int a=x,b=y;
while(top[a]!=top[b])
{
if(dep[top[a]]<dep[top[b]])std::swap(a,b);
s[pos[top[a]]]+=1;
s[pos[a]+1]-=1;
a=fa[top[a]];
}
if(a==b)return;
if(dep[a]>dep[b])std::swap(a,b);
s[pos[a]+1]+=1;
s[pos[b]+1]-=1;;
}
int check(int mid)
{
int sz=0,Maxx=0,tott=0;
while (d[sz+1].len>mid)sz++;
if (q[sz]!=0)return q[sz];
std::memset(s,0,sizeof(s));
for(int i=1;i<=sz;i++)work(d[i].x,d[i].y);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
tott+=s[i];
if (tott==(sz))Maxx=std::max(Maxx,pos2[i]);
}
q[sz]=Maxx;
return Maxx;
}
int main()
{
n=read();m=read();
for (int i=1;i<n;i++)
{
x=read();y=read();v=read();
add(y,x,v),add(x,y,v);
}
dfs1(1);dfs2(1,1);
for (int i=1;i<=m;i++)
{
d[i].x=read(),d[i].y=read();
d[i].len=dist[d[i].x]+dist[d[i].y]-2*dist[query(d[i].x,d[i].y)];//求路径距离
}
std::sort(d+1,d+1+m,cmp);
int l=0,r=d[1].len;
while (l<=r)
{
int mid=(l+r)>>1;
if (d[1].len-check(mid)>mid)l=mid+1;
else r=mid-1,ans=mid;
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
