【NOIP2015】洛谷2680 运输计划【解法二】

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?

首先可以二分答案，对于每一个时间，找到所有用时超过他的【也就是需要使用虫洞的】路径，然后只要检查是否有一条边被这些所有路径都覆盖且长度不小于需要的长度【需要的长度即为最长路径减去二分的时间】。
检查的另一个做法见【这里】。
对于每条路径，用一点类似差分的思想，标记两个端点+1，LCA-2，然后dfs一遍上传儿子标记就可以知道当前边被覆盖的次数。
标记是O(m)的，dfs是O(n)的，所以总的时间复杂度是O(log(nl)n)。

#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>using namespace std;const int mx=20;int n,m,p[300010][2],fir[300010],to[600010],len[600010],ne[600010],anc[300010][23],dis[300010][23],maxlen[300010][23],ans[300010],anslca[300010],dep[300010],g[300010][2],f[300010],s[300010],need,cnt;bool flag[300010];int rd(){    int x=0;    char c=getchar();    while (c<'0'||c>'9') c=getchar();    while (c>='0'&&c<='9')    {        x=x*10+c-'0';        c=getchar();    }    return x;}void add(int num,int u,int v,int l){    ne[num]=fir[u];    fir[u]=num;    to[num]=v;    len[num]=l;}void init(){    int i,x,y,z;    n=rd();    m=rd();    for (i=1;i<n;i++)    {        x=rd();        y=rd();        z=rd();        add(i*2,x,y,z);        add(i*2+1,y,x,z);    }    for (i=1;i<=m;i++)    {        p[i][0]=rd();        p[i][1]=rd();    }}void dfs(int u,int fa){    int i,v;    for (i=fir[u];i;i=ne[i])      if ((v=to[i])!=fa)      {        dep[v]=dep[u]+1;        anc[v][0]=u;        dis[v][0]=maxlen[v][0]=len[i];        dfs(v,u);      }}void pre(){    int i,j,k,u,v;    dep[1]=1;    dfs(1,-1);    for (k=1;k<=mx;k++)      for (i=1;i<=n;i++)      {        anc[i][k]=anc[anc[i][k-1]][k-1];        dis[i][k]=dis[i][k-1]+dis[anc[i][k-1]][k-1];        maxlen[i][k]=max(maxlen[i][k-1],maxlen[anc[i][k-1]][k-1]);      }    for (i=1;i<=m;i++)    {        u=p[i][0];        v=p[i][1];        if (dep[u]<dep[v]) swap(u,v);        for (k=mx;k>=0;k--)          if (dep[u]-(1<<k)>=dep[v])          {            ans[i]+=dis[u][k];            u=anc[u][k];          }        if (u==v)        {            anslca[i]=u;            continue;        }        for (k=mx;k>=0;k--)          if (anc[u][k]!=anc[v][k])          {            ans[i]+=dis[u][k]+dis[v][k];            u=anc[u][k];            v=anc[v][k];          }        ans[i]+=dis[u][0]+dis[v][0];        anslca[i]=anc[u][0];    }}int lca(int u,int v){    int k,i;    if (dep[u]<dep[v]) swap(u,v);    for (k=mx;k>=0;k--)      if (dep[u]-(1<<k)>=dep[v])        u=anc[u][k];    if (u==v) return u;    for (k=mx;k>=0;k--)      if (anc[u][k]!=anc[v][k])      {        u=anc[u][k];        v=anc[v][k];      }    return anc[u][0];}bool check(int u,int fa){    int i,v;    for (i=fir[u];i;i=ne[i])      if ((v=to[i])!=fa)        if (check(v,u)) return 1;    s[fa]+=s[u];    return s[u]==cnt&&dis[u][0]>=need;}bool ok(int x){    int i,j,k,u,v,totf=0,totg=0,lowest=-1,lca1,temp;    for (i=1;i<=n;i++)      s[i]=0;    need=0;    cnt=0;    for (i=1;i<=m;i++)      if (ans[i]>x)      {        cnt++;        need=max(need,ans[i]-x);        s[p[i][0]]++;        s[p[i][1]]++;        s[anslca[i]]-=2;      }    return check(1,-1);}void solve(){    int i,temp,l,r,mid;    temp=0;    for (i=1;i<=m;i++)      temp=max(temp,ans[i]);    l=0;    r=temp;    while (l<r)    {        mid=(l+r)/2;        if (ok(mid)) r=mid;        else l=mid+1;    }    printf("%d\n",l);}int main(){    init();    pre();    solve();}