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？
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。
【思路】
二分+LCA+差分
先求出所有查询的路长，时间为O(mlogn)。题目所求为修改后的最大查询路最小，考虑二分该最大路值ML。对于所有长度超过ML的路径求交，记录最大查询路为mx，只要我们求出这些路径的最大公共边（交）mxe，通过判断mx-mxe与ML就可调整区间。
如何求交? 差分。所谓差分就是将一个对区间的操作变为对区间端点的操作。将查分推广到树上。每个结点带个cnt，对于路径(u,v)，cnt[u]++,cnt[v]++,cnt[lca(u,v)]-=2，在树上统计cnt[x]=sigma{cnt[son]}，这样只要满足cnt[x]==1的边就在这条路上，满足cnt[x]==tot的边就在路径的交上。
总的时间为O(mlogn+(m+n)logL)
【代码】
1 #include<cstdio> 2 #include<vector> 3 #include<cstring> 4 #include<iostream> 5 #include<algorithm> 6 #define FOR(a,b,c) for(int a=(b);a<=(c);a++) 7 using namespace std; 8 9 const int N = 5*1e5+10; 10 struct Edge{ int v,w; }; 11 12 int n,m; 13 int u[N],v[N],w[N],lca[N],dist[N],val[N]; 14 vector<Edge> g[N]; 15 16 void read(int& x) { 17 char c=getchar(); int f=1; x=0; 18 while(!isdigit(c)) {if(c==‘-‘)f=-1; c=getchar();} 19 while(isdigit(c)) x=x*10+c-‘0‘,c=getchar(); 20 x*=f; 21 } 22 23 int siz[N],fa[N],son[N],top[N],dep[N],dis[N]; 24 void dfs1(int u) { 25 siz[u]=1; son[u]=0; 26 for(int i=0;i<g[u].size();i++) { 27 int v=g[u][i].v; 28 if(v!=fa[u]) { 29 fa[v]=u; dep[v]=dep[u]+1; 30 dis[v]=dis[u]+g[u][i].w; 31 dfs1(v); 32 siz[u]+=siz[v]; 33 if(siz[v]>siz[son[u]]) son[u]=v; 34 } 35 } 36 } 37 void dfs2(int u,int tp) { 38 top[u]=tp; 39 if(son[u]) dfs2(son[u],tp); 40 for(int i=0;i<g[u].size();i++) { 41 int v=g[u][i].v; 42 if(v!=fa[u]&&v!=son[u]) dfs2(v,v); 43 } 44 } 45 int LCA(int u,int v) { 46 while(top[u]!=top[v]) { 47 if(dep[top[u]]<dep[top[v]]) swap(u,v); 48 u=fa[top[u]]; 49 } 50 return dep[u]<dep[v]? u:v; 51 } 52 53 int tot,mx,mxe,cnt[N]; 54 int find_mxe(int u) { 55 for(int i=0;i<g[u].size();i++) { 56 int v=g[u][i].v; 57 if(v!=fa[u]) cnt[u]+=find_mxe(v); 58 } 59 if(cnt[u]==tot) mxe=max(mxe,val[u]); 60 int tmp=cnt[u]; cnt[u]=0; 61 return tmp; 62 } 63 bool can(int ML) { 64 tot=0; mx=mxe=0; 65 FOR(i,1,m) if(dist[i]>ML){ 66 tot++; mx=max(mx,dist[i]); 67 cnt[u[i]]++,cnt[v[i]]++,cnt[lca[i]]-=2; 68 } 69 find_mxe(1); 70 return mx-mxe<=ML; 71 } 72 73 int main() { 74 //freopen("transport.in","r",stdin); 75 //freopen("transport.out","w",stdout); 76 read(n),read(m); 77 FOR(i,1,n-1) { 78 read(u[i]),read(v[i]),read(w[i]); 79 g[u[i]].push_back((Edge){v[i],w[i]}); 80 g[v[i]].push_back((Edge){u[i],w[i]}); 81 } 82 dfs1(1),dfs2(1,1); 83 FOR(i,1,n-1) { 84 if(dep[u[i]]<dep[v[i]]) swap(u[i],v[i]); 85 val[u[i]]=w[i]; 86 } 87 int x,y,L=0,R=0,M; 88 FOR(i,1,m) { 89 read(x),read(y); 90 dist[i]=dis[x]+dis[y]-2*dis[lca[i]=LCA(x,y)]; 91 R=max(R,dist[i]); u[i]=x,v[i]=y; 92 } 93 R++; 94 while(L<R) { 95 M=(L+R)>>1; 96 if(can(M)) R=M; else L=M+1; 97 } 98 printf("%d",L); 99 return 0; 100 }
PS：bzoj不会栈溢 233
原文：http://www.cnblogs.com/lidaxin/p/5215091.html