傳送門
思路：
很好的一道亂搞題
原來的題目我寫的是O(n3)的
由於n<=500000
所以我們可以猜一些結論來減少時間複雜度

比如說每個直徑都有最小偏心距，直徑上每個點的偏心距可以快速處理，在直徑上時[L,R]的偏心距一定小於等於[l,r]其中L<=l<=r<=R
關於直徑上每個點的偏心距，有一個很好的處理方法
以這個點為根，在不經過直徑的情況下遍歷所有能到達的點，計算出最大距離dis
那麼它的偏心距就是max(dis,到直徑左端點距離，到右端點距離)
這個結論比較顯然，但不是很好想到
然後就可以隨便找一條直徑，預處理出dis，然後一段段從前向後列舉求答案了
用單調佇列維護
複雜度O

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<queue>
#include<cstring> 
#define M 500005
using namespace std;
int n,s,tot,S,T,ans=1<<30;
int dis[M],first[M],up[M],mx[M],D[M],q[M];
bool vis[M];
int in()
{
    char ch=getchar();int t=0;
    while (ch<'0'
 
||ch>'9') ch=getchar();
    while (ch>='0'&&ch<='9') t=(t<<1)+(t<<3)+ch-48,ch=getchar();
    return t;
}
struct edge{
    int v,next,w;
}e[M<<1];
void add(int z,int x,int y)
{
    e[++tot]=(edge){y,first[x],z};first[x]=tot;
    e[++tot]=(edge){x,first[y],z};first[y]=tot;
}
int
 
 bfs(int s)
{
    queue<int>q;
    while (!q.empty()) q.pop();
    q.push(s);
    up[s]=0;
    for (;!q.empty();q.pop())
    {
        int x=q.front();
        for (int i=first[x];i;i=e[i].next)
            if (!dis[e[i].v]&&e[i].v!=s)
                dis[e[i].v]=dis[x]+e[i].w,
                q.push(e[i].v),
                up[e[i].v]=x;
    }
    int t=1;
    for (int i=2;i<=n;++i)
        if (dis[i]>dis[t]) t=i;
    return t;
}
void bfs2(int i)
{
    queue<int>q;
    while (!q.empty()) q.pop();
    q.push(i);
    for (;!q.empty();q.pop())
    {
        int x=q.front();
            for (int j=first[x];j;j=e[j].next)
            if (!vis[e[j].v]&&!D[e[j].v])
                D[e[j].v]=D[x]+e[j].w,
                q.push(e[j].v),
                mx[i]=max(mx[i],D[e[j].v]);
    }
}
main()
{
    n=in();s=in();
    for (int i=1;i<n;++i)
        add(in(),in(),in());
    S=bfs(1);
    memset(dis,0,sizeof(dis));
    T=bfs(S);
    for (int i=T;i;i=up[i]) vis[i]=1;
    for (int i=T;i;i=up[i]) bfs2(i);
    int L=T,R=T,head=1,tail=1;
    q[1]=T;
    for (;L;L=up[L])
    {
        while (up[R]&&dis[L]-dis[up[R]]<=s)
        {
            R=up[R];
            while (head<=tail&&mx[q[tail]]<=mx[R]) --tail;
            q[++tail]=R;
            ans=min(ans,max(mx[q[head]],max(dis[R]-dis[S],dis[T]-dis[L])));
        }
        if (q[head]==L) ++head;
    }
    printf("%d\n",ans);
}