題目背景

公元 2044 年,人類進入了宇宙紀元。

題目描述

L 國有 n 個星球,還有 n-1 條雙向航道,每條航道建立在兩個星球之間,這 n-1 條航道連通了 L 國的所有星球。

小 P 掌管一家物流公司,該公司有很多個運輸計劃,每個運輸計劃形如:有一艘物

流飛船需要從 ui 號星球沿最快的宇航路徑飛行到 vi 號星球去。顯然,飛船駛過一條航道 是需要時間的,對於航道 j,任意飛船駛過它所花費的時間為 tj,並且任意兩艘飛船之 間不會產生任何幹擾。

為了鼓勵科技創新,L 國國王同意小 P 的物流公司參與 L 國的航道建設,即允許小 P 把某一條航道改造成蟲洞,飛船駛過蟲洞不消耗時間。

在蟲洞的建設完成前小 P 的物流公司就預接了 m 個運輸計劃。在蟲洞建設完成後, 這 m 個運輸計劃會同時開始,所有飛船一起出發。當這 m 個運輸計劃都完成時,小 P 的 物流公司的階段性工作就完成了。

如果小 P 可以自由選擇將哪一條航道改造成蟲洞,試求出小 P 的物流公司完成階段 性工作所需要的最短時間是多少?

輸入輸出格式

輸入格式：

輸入文件名為 transport.in。

第一行包括兩個正整數 n、m,表示 L 國中星球的數量及小 P 公司預接的運輸計劃的數量,星球從 1 到 n 編號。

接下來 n-1 行描述航道的建設情況,其中第 i 行包含三個整數 ai, bi 和 ti,表示第

i 條雙向航道修建在 ai 與 bi 兩個星球之間,任意飛船駛過它所花費的時間為 ti。

接下來 m 行描述運輸計劃的情況,其中第 j 行包含兩個正整數 uj 和 vj,表示第 j個 運輸計劃是從 uj 號星球飛往 vj 號星球。

輸出格式：

輸出 共1行,包含1個整數,表示小P的物流公司完成階段性工作所需要的最短時間。

輸入輸出樣例

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

11

說明

所有測試數據的範圍和特點如下表所示

請註意常數因子帶來的程序效率上的影響。

題目大意：一棵樹上有m條道路，可以使任意一條道路的權值變為0，怎樣使長度最長的道路長度最小。

題解 ：二分+樹上差分

根據題目描述 我們可以知道這道題可以用二分答案來做，二分一個時間，看看在這個時間裏，使某一條

邊的長度為0，最長道路的長度不超過二分的時間。二分的左端點為0，右端點為沒有將某條道路變為0時

的最長道路。怎麽判斷最長道路長度不超過我們假定的時間呢，或者說我們使那條道路的長度變為0可以

使最長的道路在我們假定時間以內呢。這條道路一定在超過我們假定時間道路的交集的地方，只有這樣才

可能減少最長時間。我們可以用樹上差分統計每個點有多少條路徑經過，對於某條路徑st[],ed[],使差分數組，

c[st[]]++,c[ed[]]++,c[lca[st,ed]]-=2;然後dfs一遍，求出每個點有多少條超過我們假定時間的路徑經過，選出

被所有超時的路徑都覆蓋的路徑當中，選一個長度最大的設為0；

代碼:

#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#define maxn 300001
using namespace std;

int dad[maxn][22],head[maxn],st[maxn],c[maxn];
int ed[maxn],deep[maxn],fe[maxn],lc[maxn],dis[maxn],len[maxn];
int x,y,z,n,m,sumedge,maxl,l,r,ans,cct,cutedge;

int read(){
    int x=0;char ch=getchar();
    for(;!isdigit(ch);ch=getchar());
    for(;isdigit(ch);ch=getchar())x=x*10+ch-‘0‘;
    return x;
}

struct Edge{
    int x,y,z,nxt;
    Edge(int x=0,int y=0,int z=0,int nxt=0):
        x(x),y(y),z(z),nxt(nxt){}
}edge[maxn<<1];

void add(int x,int y,int z){
    edge[++sumedge]=Edge(x,y,z,head[x]);
    head[x]=sumedge;
}

void dfs(int x){
    deep[x]=deep[dad[x][0]]+1;
    for(int i=1;i<=log(n)/log(2)+1;i++)dad[x][i]=dad[dad[x][i-1]][i-1];
    for(int i=head[x];i;i=edge[i].nxt){
        int v=edge[i].y;
        if(v==dad[x][0])continue;
        dad[v][0]=x;fe[v]=edge[i].z;dis[v]=dis[x]+edge[i].z;
        dfs(v);
    }
}

int lca(int x,int y){
    if(deep[x]>deep[y])swap(x,y);
    for(int i=log(n)/log(2)+1;i>=0;i--)if(deep[dad[y][i]]>=deep[x])y=dad[y][i];
    if(x==y)return x;
    for(int i=log(n)/log(2)+1;i>=0;i--)if(dad[y][i]!=dad[x][i])y=dad[y][i],x=dad[x][i];
    if(deep[x]>deep[y])swap(x,y);
    return dad[x][0];
}

int dist(int ii){
    return dis[st[ii]]+dis[ed[ii]]-2*dis[lc[ii]];
}

int dfs_(int x){
    int gg=c[x];
    for(int i=head[x];i;i=edge[i].nxt){
        int v=edge[i].y;
        if(v==dad[x][0])continue;
        gg+=dfs_(v);
    }
    if(gg==cct)cutedge=max(cutedge,fe[x]);
    return gg;
}

bool check(int x){
    cct=0;cutedge=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)c[i]=0;//忘記清0 
    for(int i=1;i<=m;i++)if(len[i]>x)cct++,c[st[i]]++,c[ed[i]]++,c[lc[i]]-=2;
    if(cct==0)return 1;
    dfs_(1);
    return maxl-cutedge<=x;
}

int main(){
    n=read();m=read();
    for(int i=1;i<n;i++){
        x=read();y=read();z=read();
        add(x,y,z);add(y,x,z);
    }
    dfs(1);
    for(int i=1;i<=m;i++){
        st[i]=read();ed[i]=read();
        lc[i]=lca(st[i],ed[i]);
        len[i]=dist(i);maxl=max(maxl,len[i]);
    }
    l=0;r=maxl;
    while(l<=r){
        int mid=(l+r)>>1;
        if(check(mid))ans=mid,r=mid-1;
        else l=mid+1;
    }
    cout<<ans;
    return 0;
}

P2680 運輸計劃