題目背景
公元 20442044 年,人類進入了宇宙紀元。

題目描述
公元20442044 年，人類進入了宇宙紀元。

L 國有 nn 個星球，還有 n-1n?1 條雙向航道，每條航道建立在兩個星球之間，這 n-1n?1 條航道連通了 LL 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u_iu i號星球沿最快的宇航路徑飛行到 v_iv i號星球去。顯然，飛船駛過一條航道是需要時間的，對于航道 jj，任意飛船駛過它所花費的時間為 t_jt j，并且任意兩艘飛船之間不會產生任何干擾。

為了鼓勵科技創新， LL 國國王同意小 PP 的物流公司參與 LL 國的航道建設，即允許小PP 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 mm 個運輸計劃。在蟲洞建設完成后，這 mm 個運輸計劃會同時開始，所有飛船一起出發。當這 mm 個運輸計劃都完成時，小 PP 的物流公司的階段性工作就完成了。

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

輸入格式
第一行包括兩個正整數 n, mn,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 11 到 nn 編號。

接下來 n-1n?1 行描述航道的建設情況，其中第 ii 行包含三個整數 a_i, b_ia
i
? ,b
i
? 和 t_it
i
? ，表示第 ii 條雙向航道修建在 a_ia
i
? 與 b_ib
i
? 兩個星球之間，任意飛船駛過它所花費的時間為 t_it
i
? 。數據保證 1 \leq a_i,b_i \leq n1≤a
i
? ,b
i
? ≤n 且 0 \leq t_i \leq 10000≤t
i
? ≤1000。

接下來 mm 行描述運輸計劃的情況，其中第 jj 行包含兩個正整數 u_ju
j
? 和 v_jv
j
? ，表示第 jj 個運輸計劃是從 u_ju
j
? 號星球飛往 v_jv
j
? 號星球。數據保證 1 \leq u_i,v_i \leq n1≤u
i
? ,v
i
? ≤n

輸出格式
一個整數，表示小 PP 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
輸入 #1 復制
6 3
1 2 3
1 6 4
3 1 7
4 3 6
3 5 5
3 6
2 5
4 5
輸出 #1 復制
11
說明/提示
所有測試數據的范圍和特點如下表所示

求所有邊最大值的最小化。這種題一看就是二分。
關于邊的差分（如找被所有路徑共同覆蓋的邊
首先我們除了一般的grand，depth等數組以外，多開兩個數組：tmp和prev。

tmp用來記錄點的出現次數（具體點說實際上記錄的是點到其父親的邊的出現次數），prev記錄每個點到其父親的那條邊。對于一條起點s，終點t的路徑。我們這樣處理：

tmp[s]++,tmp[t]++,tmp[LCA(s,t)]-=2。（記住：最后要從所有葉結點把權值向上累加。）以一次操作為例，我們來看看效果（可以畫一張圖）。首先tmp[s]++，一直推上去到根，這時候s到root的路徑訪問次數都+1，tmp[t]++后，t到lca路徑加了1，s到lca路徑加了1，而lca到根的路徑加了2。

這時，我們只需要tmp[LCA(s,t)]-=2，推到根，就能把那些多余的路徑減掉，達到想要的目的。而這是一次操作，對于很多次操作的話，我們只需要維護tmp，而不必每次更新到根，維護好tmp最后Dfs一遍即可。這時如果tmp[i]==次數的話，說明i到其父親的邊是被所有路徑覆蓋的。如圖

代碼如下：

#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; /*--------------事前準備----------------*/ 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)//二分找出大于這個值的邊的條數和最大差值 {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)/~

創作挑戰賽新人創作獎勵來咯，堅持創作打卡瓜分現金大獎

總結

以上是生活随笔為你收集整理的P2680 运输计划（树上差分+lca+二分）的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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