#\(\mathcal{\color{red}{Description}}\)

\(Link\)

在一棵带有边权的树上,可以选择使一条边权为零。然后对于所有\(M\)条链,使其链长最大值最小。

#\(\mathcal{\color{red}{Solution}}\)

……还是老方法,先分析贪心是否可行\(->\)不可行。再分析状态如何定义\(->\)不可定义。最后看比赛难度\(->NOIP\)。得出结论:不是线性规划而是二分答案

嗯,好的,在这之后我们就可以愉悦地二分答案——二分链长最大值最小值,那我们接下来就要考虑如何\(check\)了。我们思考二分出的最长链的长度之后,我们要找一条大于二分出来的长度的链的公共边,让它变成零——设窝萌二分出的链长是\(k\),大于\(k\)的链有\(s\)条,那么我们考虑这\(s\)条可能有\(n(0 \leq n \leq m)\)条公共边,我们选择当\(n\)不为零的时候直接选一条最大的公共边,让最长的链减去这条边的权值,观察其是否\(\leq\)我们二分得到的\(k\),如果是就\(return \ \ 1\)调整\(r\)了;那如果是\(n=0\),这种方案一定会无从下手,因为作为最终答案来讲,若最短时间为\(T\),那么所有原来权值大于\(T\)的边一定有起码一条公共边,所以调整\(l\),直至二分结束即可。

嗯……一二分答案就蒙○……

哦对,链长我们是可以预处理出来的\(qwq\)

#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <iostream>
#define MAXN 600010 using namespace std ;
struct edge{
int to, next, v ;
}e[MAXN] ; int cnt, head[MAXN] ;
int LcA[MAXN], fa[MAXN][32], dep[MAXN], Len[MAXN] ;
int l = 1, r, mid, i, j, A, B, C, N, M, Up, Max, pre, num ;
int dif[MAXN], S[MAXN], T[MAXN], dis[MAXN], edges[MAXN], res, ans ; inline int qr(){
int k = 0 ; char c = getchar() ;
while(!isdigit(c)) c = getchar() ;
while(isdigit(c)) k = (k << 1) + (k << 3) + c - 48, c = getchar() ;
return k ;
}
inline void add(int u, int v, int w){
e[++ cnt].to = v, e[cnt].v = w ;
e[cnt].next = head[u], head[u] = cnt ;
e[++ cnt].to = u, e[cnt].v = w ;
e[cnt].next = head[v], head[v] = cnt ;
}
void _build(int deep, int now, int f){
fa[now][0] = f ; dep[now] = deep ;
for(int k = head[now]; k ;k = e[k].next){
if(e[k].to == f) continue ;
edges[e[k].to] = e[k].v ;
Len[e[k].to] = Len[now] + edges[e[k].to] ;
_build(deep + 1, e[k].to, now) ;
}
}
inline void _get(int now){
for(int k = head[now]; k ; k = e[k].next){
if(e[k].to == fa[now][0]) continue ;
_get(e[k].to) ;
dif[now] += dif[e[k].to] ;
}
if(dif[now] == num && edges[now] > res) res = edges[now] ;
}
inline void init(){
Up = log(N) / log(2) + 1 ;
for(i = 1; i <= Up; i ++)
for(j = 1; j <= N; j ++)
fa[j][i] = fa[fa[j][i - 1]][i - 1] ;
}
inline int LCA(int u, int v){
if(dep[u] < dep[v]) swap(u, v) ;
pre = dep[u] - dep[v] ;
for(j = 0; j <= Up; ++ j) if((1 << j) & pre) u = fa[u][j] ;
if(u == v) return u ;
for(j = Up; j >= 0; -- j) if(fa[u][j] != fa[v][j]) u = fa[u][j], v = fa[v][j] ;
return fa[v][0] ;
}
inline bool check(int x){
fill(dif + 1, dif + N + 1, 0) ; num = 0 ; res = 0 ;
for(i = 1; i <= M; ++ i)
if(dis[i] > x)
num ++, dif[S[i]] ++, dif[T[i]] ++, dif[LcA[i]] -= 2 ;
_get(1) ;
if(Max - res > x) return 0 ;
return 1 ;
} int main(){
N = qr(), M = qr() ;
for(i = 1; i < N; ++ i)
A = qr(), B = qr(), C = qr(), add(A, B, C);
_build(1, 1, 0) ; init() ;
for(i = 1; i <= M; ++ i){
S[i] = qr(), T[i] = qr(), LcA[i] = LCA(S[i], T[i]) ;
dis[i] = Len[S[i]] + Len[T[i]] - (Len[LcA[i]] << 1) ;
Max = max(dis[i], Max) ;
}
r = Max ;
while(l <= r){
mid = (l + r) >> 1 ;
if(check(mid)) r = mid - 1, ans = mid;
else l = mid + 1 ;
}
cout << ans ;
}

本题心得:

\(1\)、有时候单纯暴力的二分不是很好做……但是我们如果换种思路思考二分的话,他的显然性就很显然。

\(2\)、嗯,我还是太弱了,未来的路好长啊……

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