pri php data oid read 很多 tchar check ems

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Description

公元 2044 年，人類進入了宇宙紀元。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？

Input

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。 數據保證 1≤ui,vi≤n ,n,m<=300000 數據保證 1≤ai,bi≤n 且 0≤ti≤1000。

Output

輸出文件只包含一個整數，表示小 P 的物流公司完成階段性工作所需要的最短時間。

Sample Input

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

Sample Output

11
將第 1 條航道改造成蟲洞： 則三個計劃耗時分別為：11,12,11，故需要花費的時間為 12。
將第 2 條航道改造成蟲洞： 則三個計劃耗時分別為：7,15,11，故需要花費的時間為 15。
將第 3 條航道改造成蟲洞： 則三個計劃耗時分別為：4,8,11，故需要花費的時間為 11。
將第 4 條航道改造成蟲洞： 則三個計劃耗時分別為：11,15,5，故需要花費的時間為 15。

將第 5 條航道改造成蟲洞： 則三個計劃耗時分別為：11,10,6，故需要花費的時間為 11。
故將第 3 條或第 5 條航道改造成蟲洞均可使得完成階段性工作的耗時最短，需要花費的時間為 11。

HINT

Source

考場上沒想出來怎麽求一條邊被覆蓋的次數。

後來看了題解，發現要用樹上差分

然後自己yy了一個：LCA出$+1$， 兩個節點$-1$，但是如果是鏈的話這樣會被卡掉

正確做法是LCA處$-2$，兩個節點$+1$，然後從底向上更新

這樣的話這道題就很簡單了

我們要求路徑的最大值最小，

可以二分這個最小值

然後判斷樹上是否存在一條邊，被比當前值大的鏈都覆蓋到

// luogu-judger-enable-o2
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define getchar() (p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf) + fread(buf, 1, 1 << 21, stdin), p1 == p2) ? EOF : *p1++)
char buf[1 << 21], *p1 = buf, *p2 = buf;
//#define int long long 
using namespace std;
const int MAXN = 3 * 1e5 + 10;
inline int read() {
    char c = getchar(); int x = 0, f = 1;
    while(c < ‘0‘ || c > ‘9‘) {if(c == ‘-‘) f = -1; c = getchar();}
    while(c >= ‘0‘ && c <= ‘9‘) x = x * 10 + c - ‘0‘, c = getchar();
    return x * f;
}
struct Edge {
    int u, v, w, nxt;
}E[MAXN << 1];
int head[MAXN], num = 0;
inline void AddEdge(int x, int y, int z) {
    E[num] = (Edge){x, y, z, head[x]};
    head[x] = num++;
}
struct Plan {
    int bg, ed, lca, val;
    bool operator < (const Plan &rhs) const {
        return val < rhs.val;
    }
}P[MAXN];
int N, M;
int sum[MAXN], deep[MAXN], top[MAXN], siz[MAXN], son[MAXN], fa[MAXN], dfn[MAXN], Pval[MAXN];
void dfs1(int x, int f) {
    fa[x] = f; siz[x] = 1; dfn[++dfn[0]] = x;
    for(int i = head[x]; i != -1; i = E[i].nxt) {
        if(!deep[E[i].v]) {
            deep[E[i].v] = deep[x] + 1;
            sum[E[i].v] = sum[x] + E[i].w; 
            Pval[E[i].v] = E[i].w;
            dfs1(E[i].v, x);
            siz[x] += siz[E[i].v];
            if(siz[E[i].v] > siz[son[x]]) son[x] = E[i].v;            
        }
    }
}
int LCA(int x, int y) {
    while(top[x] != top[y]) {
        if(deep[top[x]] < deep[top[y]]) swap(x, y);
        x = fa[top[x]];
    }
    if(deep[x] < deep[y]) swap(x, y);
    return y;
}
int tag[MAXN], happen[MAXN << 1];
int check(int tim) {
    int pos = upper_bound(P + 1, P + M + 1, (Plan){0, 0, 0, tim}) - P;
    memset(tag, 0, sizeof(tag));
    for(int i = pos; i <= M; i++) tag[P[i].bg]++, tag[P[i].ed]++, tag[P[i].lca] -= 2;//樹上差分求每個邊被經過的次數。 
    for(int i = N; i >= 1; i--) {
        tag[fa[dfn[i]]] += tag[dfn[i]];
        if(P[M].val - Pval[dfn[i]] <= tim && tag[dfn[i]] >= M - pos + 1) return 1;
    }
    return 0;
}
int l, r;
int Solve() {
    int ans = 1e9 + 10;
    l = r - l;
    while(l <= r) {
        int mid = l + r >> 1;
        if(check(mid)) ans = mid, r = mid - 1;
        else l = mid + 1;
    }
    return ans;
}
int main() {
    #ifdef WIN32
    freopen("a.in", "r", stdin);
    #endif
    //printf("%lf\n", log2(12345));
    memset(head, -1, sizeof(head));
    N = read(); M = read();
    for(int i = 1; i <= N - 1; i++) {
        int x = read(), y = read(), z = read();
        AddEdge(x, y, z); AddEdge(y, x, z);
        l = max(l, z);
    }
    deep[1] = 1; dfs1(1, 0);
    top[1] = 1;
    for(int i = 1; i <= N; i++)
        top[dfn[i]] = dfn[i] == son[fa[dfn[i]]] ? top[fa[dfn[i]]] : dfn[i];
    for(int i = 1; i <= M; i++) {
         P[i].bg = read(), P[i].ed = read();
        P[i].lca = LCA(P[i].bg, P[i].ed);    
        P[i].val = sum[P[i].bg] + sum[P[i].ed] - 2 * sum[P[i].lca];
        r = max(r, P[i].val);
    }
    sort(P + 1, P + M + 1);
    printf("%d", Solve());
    return 0;
}

BZOJ 4326: NOIP2015 運輸計劃(二分，樹上差分)