【NOIP2015】运输计划

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？

输入格式

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。数据保证 1≤ai,bi≤n 且 0≤ti≤1000。

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

输出格式

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。

样例一

input

output

explanation

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。

限制与约定

测试点编号	n的取值	m的取值	约定
1	=100	=1
2		=100	第 i 条航道连接 i 号星球与 i+1 号星球
3		=100
4	=2000	=1
5	=1000	=1000	第 i 条航道连接 i 号星球与 i+1 号星球
6	=2000	=2000
7	=3000	=3000
8	=1000	=1000
9	=2000	=2000
10	=3000	=3000
11	=80000	=1
12	=100000	=1
13	=70000	=70000	第 i 条航道连接 i 号星球与 i+1 号星球
14	=80000	=80000
15	=90000	=90000
16	=100000	=100000
17	=80000	=80000
18	=90000	=90000
19	=100000	=100000
20	=300000	=300000

时间限制：1s

空间限制：256MB

跪了。。。。。。。。。

考场想了一个奇怪的树链剖分的做法，最后发现是有问题的。。。。。（希望能多拿点分）

这道题真是水题。。。。。

将边权附到出边的点权，二分答案，找出所有不符合题意的路径，这些路径上必须删至少一条边。算出这些链的交集，可以离线打标记，然后判判就行了。

#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define rep(i,s,t) for(int i=s;i<=t;i++)
#define dwn(i,s,t) for(int i=s;i>=t;i--)
#define ren for(int i=first[x];i;i=next[i])
using namespace std;
inline int read() {int x=0,f=1;char c=getchar();for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c=='-') f=-1;for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-'0';return x*f;
}
const int maxn=300010;
int n,m,first[maxn],next[maxn<<1],to[maxn<<1],dis[maxn<<1],e;
void AddEdge(int u,int v,int w) {to[++e]=v;dis[e]=w;next[e]=first[u];first[u]=e;to[++e]=u;dis[e]=w;next[e]=first[v];first[v]=e;
}
int val[maxn],u[maxn],v[maxn],w[maxn],fa[maxn],siz[maxn],son[maxn],dep[maxn],dist[maxn];
void dfs(int x) {dep[x]=dep[fa[x]]+1;siz[x]=1;ren if(to[i]!=fa[x]) {fa[to[i]]=x;dist[to[i]]=dist[x]+dis[i];dfs(to[i]);siz[x]+=siz[to[i]];if(siz[to[i]]>siz[son[x]]) son[x]=to[i];}
}
int top[maxn];
void build(int x,int tp) {top[x]=tp;if(son[x]) build(son[x],tp);ren if(to[i]!=fa[x]&&to[i]!=son[x]) build(to[i],to[i]);
}
int lca(int x,int y) {int f1=top[x],f2=top[y];while(f1!=f2) {if(dep[f1]<dep[f2]) swap(f1,f2),swap(x,y);x=fa[f1];f1=top[x];}return dep[x]<dep[y]?x:y;
}
int tot,mx2,A[maxn],B[maxn],C[maxn],LCA[maxn],cnt[maxn];
int dfs2(int x) {ren if(to[i]!=fa[x]) cnt[x]+=dfs2(to[i]);if(cnt[x]==tot) mx2=max(mx2,val[x]);return cnt[x];
}
int check(int mid) {memset(cnt,0,sizeof(cnt));int mx=0;tot=mx2=0;rep(i,1,n) if(C[i]>mid) {mx=max(mx,C[i]);cnt[A[i]]++;cnt[B[i]]++;cnt[LCA[i]]-=2;tot++;}dfs2(1);return mx-mx2<=mid;
}
int main() {n=read();m=read();rep(i,2,n) {u[i]=read();v[i]=read();w[i]=read();AddEdge(u[i],v[i],w[i]);}dfs(1);build(1,1);rep(i,2,n) {if(dep[u[i]]>dep[v[i]]) val[u[i]]=w[i];else val[v[i]]=w[i];}int l=0,r=0,mid;rep(i,1,m) {A[i]=read();B[i]=read();r=max(r,C[i]=dist[A[i]]+dist[B[i]]-2*dist[LCA[i]=lca(A[i],B[i])]);}while(l<r) if(check(mid=l+r>>1)) r=mid; else l=mid+1;printf("%d\n",l);return 0;
}

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