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运输计划

Description

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?
 

Input

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。
数据保证 1≤ui,vi≤n ,n,m<=300000
数据保证 1≤ai,bi≤n 且 0≤ti≤1000。
 

Output

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

6 3
1 2 3
1 6 4
3 1 7
4 3 6
3 5 5
3 6
2 5
4 5

Sample Output

11
将第 1 条航道改造成虫洞: 则三个计划耗时分别为:11,12,11,故需要花费的时间为 12。
将第 2 条航道改造成虫洞: 则三个计划耗时分别为:7,15,11,故需要花费的时间为 15。
将第 3 条航道改造成虫洞: 则三个计划耗时分别为:4,8,11,故需要花费的时间为 11。
将第 4 条航道改造成虫洞: 则三个计划耗时分别为:11,15,5,故需要花费的时间为 15。
将第 5 条航道改造成虫洞: 则三个计划耗时分别为:11,10,6,故需要花费的时间为 11。
故将第 3 条或第 5 条航道改造成虫洞均可使得完成阶段性工作的耗时最短,需要花费的时间为 11。


  分析:

  一道$LCA$+二分的码农题。

  不难看出,一定是需要求$LCA$来求两点的路径的。但是我们怎么处理减去一条边呢?

  如果是暴力枚举每一条边,复杂度是$O(nm\log (n))$的,不过也能拿$60$分了。

  考虑优化,题目要求的东西其实就是最长航线的最短时间,那么显然是二分答案。我们二分航线所需的最长时间,然后我们统计哪些航线的时间大于当前的$mid$值,然后$O(n)$搜索找出被所有大于$mid$的航线经过的边的最大值,然后用最长航线时间减去这个最大值,如果仍大于$mid$则不合法,否则就可以更行答案然后继续。

  这里博主用的是倍增求$LCA$,另外这题数据较大,二分的时候需要控制边界,把二分的范围缩小一些。

  Code:

//It is made by HolseLee on 21st Sep 2018
//Noip2015 D2T3
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define N 300020
#define Max(a,b) (a)>(b)?(a):(b)
using namespace std; int head[N],dep[N],sum[N],f[N][],ch[N],u[N],v[N],lca[N],dg[N],len[N];
int n,m,cnte,ans,root,maxx,cnt,maxe,maxdis;
struct Edge {
int to,val,nxt;
Edge() {}
Edge(const int &_x,const int &_y,const int &_z): to(_x),val(_y),nxt(_z) {}
}e[N<<]; inline int read()
{
char ch=getchar(); int num=;
while( ch<'' || ch>'' ) ch=getchar();
while( ch>='' && ch<='' ) {
num=(num<<)+(num<<)+(ch^); ch=getchar();
}
return num;
} void print(int x)
{
if( x> ) print(x/);
putchar(x%+'');
} inline void add(int x,int y,int z)
{
e[++cnte]=Edge(y,z,head[x]);
head[x]=cnte;
} void ready(int x,int fa)
{
dep[x]=dep[fa]+; f[x][]=fa;
for(int i=head[x]; i; i=e[i].nxt) {
int y=e[i].to;
if( y==fa ) continue;
sum[y]=sum[x]+e[i].val;
ready(y,x);
}
} void init()
{
for(int j=; j<=; ++j)
for(int i=; i<=n; ++i)
f[i][j]=f[f[i][j-]][j-];
} inline int LCA(int x,int y)
{
if( dep[x]<dep[y] ) x^=y^=x^=y;
for(int i=; i>=; --i)
if( f[x][i]==y ) return y;
else if( dep[f[x][i]]>=dep[y] ) x=f[x][i];
if( x==y ) return x;
for(int i=; i>=; --i)
if( f[x][i]!=f[y][i] ) x=f[x][i],y=f[y][i];
return f[x][];
} void dfs(int x)
{
for(int i=head[x]; i; i=e[i].nxt) {
int y=e[i].to;
if( y==f[x][] ) continue;
dfs(y);
ch[x]+=ch[y];
}
if( ch[x]==cnt && maxx<(sum[x]-sum[f[x][]]) )
maxx=sum[x]-sum[f[x][]];
} inline bool check(int x)
{
for(int i=; i<=n; ++i)ch[i]=;
cnt=; maxx=;
for(int i=; i<=m; ++i)
if( len[i]>x ) {
ch[u[i]]++, ch[v[i]]++;
ch[lca[i]]-=; cnt++;
}
dfs(root);
if( maxdis-maxx>x ) return false;
return true;
} int main()
{
n=read(), m=read();
int x,y,z;
for(int i=; i<n; ++i) {
x=read(), y=read(), z=read();
add(x,y,z), add(y,x,z);
dg[x]++, dg[y]++;
if( dg[x]>dg[root] ) root=x;
if( dg[y]>dg[root] ) root=y;
maxe=Max(maxe,z);
}
ready(root,); init();
for(int i=; i<=m; ++i) {
x=read(), y=read();
u[i]=x, v[i]=y, lca[i]=LCA(x,y);
len[i]=sum[x]+sum[y]-(sum[lca[i]]<<);
maxdis=Max(maxdis,len[i]);
}
int l=maxdis-maxe, r=maxdis, mid;
while( l<=r ) {
mid=(l+r)>>;
if( check(mid) ) r=mid-, ans=mid;
else l=mid+;
}
print(ans);
return ;
}

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