NOIP 2015 BZOJ 4326 运输计划 (树链剖分+二分）

Description
公元  年，人类进入了宇宙纪元。

L 国有 n 个星球，还有 n− 条双向航道，每条航道建立在两个星球之间，这 n− 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 Format
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  到 n 编号。

接下来 n− 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 ≤ai,bi≤n 且 ≤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。数据保证 ≤ui,vi≤n

Output Format
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

Sample Output

题目概括：
给一棵带有边权的树，有m条路径，可以使一条边的权值为0，求最远路径的最小值。
题解：
因为题目的数据点给的很明确 因此可以打n*n的去骗前五十分。另外m=1时可以特判另外打个程序骗60分。
60分程序：

#include<cstdio>
#include<algorithm>
int dep[],fa[],last[],next[],e[],val[],cost[],tot,a,b,vv,u[],v[],n,m,ans[];
int ma[][];
void dfs(int x)
{
    dep[x]=dep[fa[x]]+;
    for (int i=last[x];i;i=next[i])
    {
        int vv=e[i];
        if (vv==fa[x])continue;
        cost[vv]=val[i];
        fa[vv]=x;
        dfs(vv);
    }
}
void add(int x,int y,int z){next[++tot]=last[x];last[x]=tot;e[tot]=y;val[tot]=z;}
int jisuan(int i,int x,int y)
{
    int tot=;
    if (dep[x]<dep[y])std::swap(x,y);
    while (dep[x]>dep[y])
    {
        tot+=cost[x];
        ma[x][i]=;
        x=fa[x];
    }
    while (x!=y)
    {
        tot+=cost[x]+cost[y];
        ma[x][i]=;ma[y][i]=;
        x=fa[x];y=fa[y];
    }
    return tot;
}
void work1()//m=1时的情况
{
    int Maxx=;long long tot=;
    if (dep[u[]]<dep[v[]])std::swap(u[],v[]);
    while (dep[u[]]>dep[v[]])
    {
        tot+=cost[u[]];
        Maxx=std::max(Maxx,cost[u[]]);
        u[]=fa[u[]];
    }
    while (u[]!=v[])
    {
        tot+=cost[u[]]+cost[v[]];
        Maxx=std::max(Maxx,cost[u[]]);
        Maxx=std::max(Maxx,cost[v[]]);
        u[]=fa[u[]];v[]=fa[v[]];
    }
    printf("%lld",tot-Maxx);
}
void work2()//n*n
{
    int Minn=-;
    for (int i=;i<=m;i++)ans[i]=jisuan(i,u[i],v[i]),Minn=std::max(Minn,ans[i]);
    for (int i=;i<=n;i++)
    {
        int Maxx=;
        for (int j=;j<=m;j++)
        Maxx=std::max(Maxx,ans[j]-cost[i]*ma[i][j]);
        if (Minn==-||Minn>Maxx)Minn=Maxx;
    }
    printf("%d",Minn);
}
int main()
{
    freopen("transport.in","r",stdin);
    freopen("transport.out","w",stdout);
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for (int i=;i<=n-;i++)
    {
        scanf("%d%d%d",&a,&b,&vv);
        add(a,b,vv);
        add(b,a,vv);
    }
    fa[]=;
    dfs();
    for (int i=;i<=m;i++)scanf("%d%d",&u[i],&v[i]);
    if (m==)work1();else work2();
}

那么剩下40分呢？
最远的最短显然是二分权值
于是使用树链剖分给每个点打上记号顺便可以求求lca
二分check时
开始时借鉴了LXF队长的思想：用线段树给每个大于mid的路径的都打上标记，假设有s个，然后nlogn释放所有标记，o（n）查找一个点被s条路径经过且最大 
然后95分跪于最后一个点 将近2s
所以就想到了差分 既然要释放标记不如直接差分
最后一个点卡时过
优化一：读入优化
优化二：记忆化 同一个s的话所能求到的最大点是一定的
为什么是取s条路径的交呢？
证明：
因为如果只取s-1条那么必然有一个路径是无法被减到mid以下。
然后时间复杂度 树链剖分（logn）*二分（logn）*枚举边（n）=nlognlogn
空间复杂度 0(n)

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
const int maxn=;
struct range {
    int x,y,len;
}d[maxn];
bool cmp(range x,range y){return x.len>y.len;}
int root,n,m,x,y,tot,next[maxn],last[maxn],e[maxn],dep[maxn],fa[maxn],size[maxn],son[maxn],top[maxn],pos[maxn];
int pos2[maxn],val[maxn],cost[maxn],MAX[maxn],dist[maxn],s[maxn],node,ans,q[maxn];
int read()//优化之一
{
    int x=,f=;char ch=getchar();
    while(ch<''||ch>''){if(ch=='-')f=-;ch=getchar();}
    while(ch>=''&&ch<=''){x=x*+ch-'';ch=getchar();}
    return x*f;
}
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]]+;
    size[x]=;
    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)//树链剖分
{
    top[x]=tp;pos[x]=++node;pos2[node]=cost[x];
    if (son[x]==)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);
    }
}
int query(int x,int y)//lca
{
    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)//差分
{
    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]]]+=;s[pos[a]+]-=;
        a=fa[top[a]];
    }
    if (a==b)return;
    if (dep[a]>dep[b]) std::swap(a,b);
    s[pos[a]+]+=;s[pos[b]+]-=;;
}
int check(int mid)
{
    int sz=;
    while (d[sz+].len>mid)sz++;
    if (q[sz]!=)return q[sz];//优化之一 记忆化
    std::memset(s,,sizeof(s));
    for (int i=;i<=sz;i++)work(d[i].x,d[i].y);
    int Maxx=,tott=;
    for (int i=;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=;i<n;i++)
    {
        int v;
        x=read();y=read();v=read();
        add(y,x,v);add(x,y,v);
    }
    dfs1();
    dfs2(,);
    for (int i=;i<=m;i++)
    {
        d[i].x=read();d[i].y=read();
        d[i].len=dist[d[i].x]+dist[d[i].y]-*dist[query(d[i].x,d[i].y)];
    }
    std::sort(d+,d++m,cmp);
    int l=,r=d[].len;
    while (l<=r)
    {
        int mid=(l+r)>>;
        if (d[].len-check(mid)>mid)
        {
            l=mid+;
        }else r=mid-,ans=mid;
    }
    printf("%d",ans);
    return ;
}

 ps:一百多行。。。