P2680 运输计划（树上差分+lca+二分）

题目背景
公元 20442044 年,人类进入了宇宙纪元。

题目描述
公元20442044 年，人类进入了宇宙纪元。

L 国有 nn 个星球，还有 n-1n−1 条双向航道，每条航道建立在两个星球之间，这 n-1n−1 条航道连通了 LL 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u_iu i号星球沿最快的宇航路径飞行到 v_iv i号星球去。显然，飞船驶过一条航道是需要时间的，对于航道 jj，任意飞船驶过它所花费的时间为 t_jt j，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， LL 国国王同意小 PP 的物流公司参与 LL 国的航道建设，即允许小PP 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 mm 个运输计划。在虫洞建设完成后，这 mm 个运输计划会同时开始，所有飞船一起出发。当这 mm 个运输计划都完成时，小 PP 的物流公司的阶段性工作就完成了。

如果小 PP 可以自由选择将哪一条航道改造成虫洞，试求出小 PP 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, mn,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 11 到 nn 编号。

接下来 n-1n−1 行描述航道的建设情况，其中第 ii 行包含三个整数 a_i, b_ia
i
,b
i
和 t_it
i
，表示第 ii 条双向航道修建在 a_ia
i
与 b_ib
i
两个星球之间，任意飞船驶过它所花费的时间为 t_it
i
。数据保证 1 \leq a_i,b_i \leq n1≤a
i
,b
i
≤n 且 0 \leq t_i \leq 10000≤t
i
≤1000。

接下来 mm 行描述运输计划的情况，其中第 jj 行包含两个正整数 u_ju
j
和 v_jv
j
，表示第 jj 个运输计划是从 u_ju
j
号星球飞往 v_jv
j
号星球。数据保证 1 \leq u_i,v_i \leq n1≤u
i
,v
i
≤n

输出格式
一个整数，表示小 PP 的物流公司完成阶段性工作所需要的最短时间。

输入输出样例
输入 #1 复制
6 3
1 2 3
1 6 4
3 1 7
4 3 6
3 5 5
3 6
2 5
4 5
输出 #1 复制
11
说明/提示
所有测试数据的范围和特点如下表所示

求所有边最大值的最小化。这种题一看就是二分。
关于边的差分（如找被所有路径共同覆盖的边
首先我们除了一般的grand，depth等数组以外，多开两个数组：tmp和prev。

tmp用来记录点的出现次数（具体点说实际上记录的是点到其父亲的边的出现次数），prev记录每个点到其父亲的那条边。对于一条起点s，终点t的路径。我们这样处理：

tmp[s]++,tmp[t]++,tmp[LCA(s,t)]-=2。（记住：最后要从所有叶结点把权值向上累加。）以一次操作为例，我们来看看效果（可以画一张图）。首先tmp[s]++，一直推上去到根，这时候s到root的路径访问次数都+1，tmp[t]++后，t到lca路径加了1，s到lca路径加了1，而lca到根的路径加了2。

这时，我们只需要tmp[LCA(s,t)]-=2，推到根，就能把那些多余的路径减掉，达到想要的目的。而这是一次操作，对于很多次操作的话，我们只需要维护tmp，而不必每次更新到根，维护好tmp最后Dfs一遍即可。这时如果tmp[i]==次数的话，说明i到其父亲的边是被所有路径覆盖的。如图

代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;const int maxx=3e5+100;
struct node{int x,y,lca;
}b[maxx];
struct edge{int to,next,val;
}e[maxx<<1];
int head[maxx<<1],temp[maxx],deep[maxx],dp[maxx][26],pre[maxx];
ll dis[maxx];
int n,m,tot,flag;
/*--------------事前准备----------------*/
inline void add(int u,int v,int w)
{e[tot].to=v,e[tot].next=head[u],e[tot].val=w,head[u]=tot++;
}
inline void init()
{for(int i=0;i<=n;i++){for(int j=0;j<=25;j++) dp[i][j]=0;}memset(head,-1,sizeof(head));tot=0;
}
/*-----------dfs-----------*/
inline void dfs(int u,int f)
{deep[u]=deep[f]+1;dp[u][0]=f;for(int i=1;i<=25;i++){if(dp[u][i-1]) dp[u][i]=dp[dp[u][i-1]][i-1];else break;}for(int i=head[u];i!=-1;i=e[i].next){int to=e[i].to,w=e[i].val;if(to==f) continue;dis[to]=dis[u]+w;pre[to]=w;dfs(to,u);}
}
inline int dfs2(int u,int f,int cnt,ll maxn)
{int num=temp[u];for(int i=head[u];i!=-1;i=e[i].next){int to=e[i].to;if(to==f) continue;num+=dfs2(to,u,cnt,maxn);}if(num>=cnt&&pre[u]>=maxn) flag=1;return num;
}
/*-----------lca------------*/
inline int get_lca(int x,int y)
{if(deep[x]<deep[y]) swap(x,y);int tmp=deep[x]-deep[y];for(int i=0;i<=25;i++){if(tmp&(1<<i)) x=dp[x][i];}if(x==y) return x;for(int i=25;i>=0;i--){if(dp[x][i]!=dp[y][i]){x=dp[x][i];y=dp[y][i];}}return dp[x][0];
}
/*--------------二分-------------*/
inline int check(ll x)//二分找出大于这个值的边的条数和最大差值
{ll sum;int cnt=0;ll maxn=0;memset(temp,0,sizeof(temp));for(int i=1;i<=m;i++){sum=dis[b[i].x]+dis[b[i].y]-2*dis[b[i].lca];if(sum>x){cnt++;temp[b[i].x]++,temp[b[i].y]++,temp[b[i].lca]-=2;maxn=max(maxn,sum-x);}}if(cnt==0) return 1;flag=0;dfs2(1,0,cnt,maxn);return flag;
}
int main()
{int x,y,w;ll sum,mid;scanf("%d%d",&n,&m);sum=0;init();for(int i=1;i<n;i++){scanf("%d%d%d",&x,&y,&w);add(x,y,w);add(y,x,w);sum+=w;}deep[0]=dis[1]=0;dfs(1,0);for(int i=1;i<=m;i++){scanf("%d%d",&b[i].x,&b[i].y);b[i].lca=get_lca(b[i].x,b[i].y);}ll l=0,r=sum;ll ans;while(l<=r){mid=(l+r)>>1;if(check(mid)){ans=mid;r=mid-1;}else l=mid+1; }printf("%lld\n",ans);return 0;
}

努力加油a啊，(^o)/~

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