loj2425 「NOIP2015」运输计划[二分答案+树上差分]

看到题意最小化最长路径，显然二分答案，枚举链长度不超过$\text{mid}$，然后尝试检验。`````

检验是否存在这样一个边置为0后，全部链长$\le\text{mid}$，其最终目标就是、要让所有$>\text{mid}$的链长通过找出一个为0的公共边减掉而全部变为$\le\text{mid}$的。

那么，统计出这$tot$条超出$\text{mid}$的链的路径上覆盖的边，一条被覆盖了$tot$次的边就可能具备条件，于是贪心找最大的满足条件的边，看是否可以把所有链（也就是最长链）搞成$\le\text{mid}$的，$O(n)$树上差分即可。

于是$O(n\text{log}len)$。

准备去(gu)学(gu)习(gu)的做法：据说当年考场这题log是被卡掉一两个点的？所以有线性做法？待补

 #include<iostream>
 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 #include<algorithm>
 #include<cmath>
 #define dbg(x) cerr << #x << " = " << x <<endl
 using namespace std;
 typedef long long ll;
 typedef double db;
 typedef pair<int,int> pii;
 template<typename T>inline T _min(T A,T B){return A<B?A:B;}
 template<typename T>inline T _max(T A,T B){return A>B?A:B;}
 template<typename T>inline char MIN(T&A,T B){return A>B?(A=B,):;}
 template<typename T>inline char MAX(T&A,T B){return A<B?(A=B,):;}
 template<typename T>inline void _swap(T&A,T&B){A^=B^=A^=B;}
 template<typename T>inline T read(T&x){
     x=;int f=;char c;while(!isdigit(c=getchar()))if(c=='-')f=;
     while(isdigit(c))x=x*+(c&),c=getchar();return f?x=-x:x;
 }
 const int N=3e5+;
 struct thxorz{int to,nxt,w;}G[N<<];
 struct stothx{int to,nxt,id;}Q[N<<];
 struct query{int x,y,lca,dis;}q[N];
 int Head[N],tot=,qh[N],qt;
 int n,m,L,R,maxdis,maxe;
 inline void Addedge(int x,int y,int z){
     G[++tot].to=y,G[tot].nxt=Head[x],Head[x]=tot,G[tot].w=z;
     G[++tot].to=x,G[tot].nxt=Head[y],Head[y]=tot,G[tot].w=z;
 }
 inline void AddQuery(int x,int y,int id){
     Q[++qt].to=y,Q[qt].nxt=qh[x],qh[x]=qt,Q[qt].id=id;
     Q[++qt].to=x,Q[qt].nxt=qh[y],qh[y]=qt,Q[qt].id=id;
 }
 #define y G[j].to
 #define qy Q[j].to
 int vis[N],anc[N],dep[N];
 int get_anc(int x){return x==anc[x]?x:anc[x]=get_anc(anc[x]);}
 void tarjan(int x,int fa){
     anc[x]=x;
     for(register int j=Head[x];j;j=G[j].nxt)if(y^fa)dep[y]=dep[x]+G[j].w,tarjan(y,x),anc[y]=x;
     vis[x]=;
     for(register int j=qh[x];j;j=Q[j].nxt)if(vis[qy])
         q[Q[j].id].lca=get_anc(qy),q[Q[j].id].dis=dep[x]+dep[qy]-(dep[q[Q[j].id].lca]<<),MAX(R,q[Q[j].id].dis);
 }
 int d[N],del,cnt;
 int dfs(int x,int c){
     int ret=d[x];
     for(register int j=Head[x];j;j=G[j].nxt)if(y^G[c^].to)ret+=dfs(y,j);
     if(ret==cnt)MAX(del,G[c].w);
     return ret;
 }
 #undef y
 #undef qy
 inline int check(int mid){
     memset(d,,sizeof d),del=cnt=;
     for(register int i=;i<=m;++i)if(q[i].dis>mid)++d[q[i].x],++d[q[i].y],d[q[i].lca]-=,++cnt;
     dfs(,);
     return maxdis-del<=mid;
 }
 int main(){//freopen("test.in","r",stdin);freopen("test.ans","w",stdout);
     read(n),read(m);
     for(register int i=,x,y,z;i<n;++i)read(x),read(y),read(z),Addedge(x,y,z),MAX(L,z);
     for(register int i=;i<=m;++i)read(q[i].x),read(q[i].y),AddQuery(q[i].x,q[i].y,i);
     tarjan(,);maxdis=R,maxe=L;L=R-L;//dbg(maxdis),dbg(maxe);
     while(L<R){
         int mid=L+R>>;
         if(check(mid))R=mid;
         else L=mid+;
     }
     printf("%d\n",L);
     return ;
 }

总结反思：瓶颈在check。关键在于要放眼全部，不要都放在maxdis上；求边若干次覆盖的统计可以往树上差分上想。