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。
6 3 1 2 3 1 6 4 3 1 7 4 3 6 3 5 5 3 6 2 5 4 5
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数据范围：n,m<=300000
首先可以很明确这是棵树，数据范围咋int内，时间复杂度可以达到nlog2(n),这个时间复杂度就应该可以用二分猜答案，仔细去思考，发现这种删除问题恰好适合。 关于判断函数，思路就是记录下所有超过答案的链，求其交集，将其交集中最大的一条边删了，再看是否满足，其中有些小技巧见代码，另外交集怎么求呢？ 先说一个技巧：判断是否所有的都走过只需要记录下一共走的次数，判断是否等于走的人数，暴力算法就是分别把所有的路径都标出来，但是转念一想，这么标记就太粗暴了，时间复杂度耗在标记上不亏嘛？正好就是用了差分的思想，正好最近在学数列，理解起来也算是相对容易
/* 难度的确比较高，但是只要分成几个部分就很容易 关键词：二分猜答案，LCA，差分 */ #include<cstdio> #include<cstring> #include<queue> #include<cmath> #include<algorithm> #include<iostream> #include<vector> using namespace std; #define maxn 300005 #define FOR for(int j=18;j>=0;j--) void Rd(int &x){//这是从一个大神那里偷来的 x=0;char p; while(p=getchar(),p<'0'); do{ x=(x<<1)+(x<<3)+(p^48); }while(p=getchar(),p>='0'); } struct edge { int to,next,w; }E[maxn<<1]; struct data { int u,v,z,dist;//我觉得这样应该可以减少计算 friend bool operator<(data a,data b) { return a.dist>b.dist; } }p[maxn]; int n,m,np,first[maxn],dist[maxn],dep[maxn],fa[maxn][20],b[maxn],a[maxn]; void add(int u,int v,int w) { E[++np]=(edge){v,first[u],w}; first[u]=np; } void Debug() { for(int i=1;i<=m;i++) cout<<p[i].u<<" "<<p[i].v<<" "<<p[i].dist<<endl; cout<<endl; } void Init() { Rd(n); Rd(m); int u2,u1,w; for(int i=1;i<n;i++) { Rd(u1);Rd(u2);Rd(w); add(u1,u2,w); add(u2,u1,w); } for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%d%d",&p[i].u,&p[i].v); } //以上都是常规准备 void DFS0(int i,int f) { a[i]=b[i]; for(int p=first[i];p;p=E[p].next) { int j=E[p].to; if(j==f)continue; DFS0(j,i); a[i]+=a[j]; } } bool calc(int x)//若距离可以为x则返回1 { memset(b,0,sizeof(b)); int Max=p[1].dist-x,k; data v; v.dist=x; k=lower_bound(p+1,p+m+1,v)-p; k--; for(int i=1;i<=m;i++) { if(p[i].dist-x>0) { b[p[i].u]++; b[p[i].v]++; b[p[i].z]-=2; }//这里的标记我本来是从两头开始直接向父亲标记，时间复杂度明显太高，这是的连串标记恰好是差分数组的特征 else break;//排序的好处 } int mx=0;//这里是0而不能是-1因为如果没有找到的话不造成影响 DFS0(1,0 ); for(int i=1;i<=n;i++) if(a[i]==k)//这里的技巧是直接计算走过次数，如果达到最大值，就可以判断为交集 mx=max(mx,dist[i]-dist[fa[i][0]]); if(mx>=Max)return 1; return 0; } void DFS(int i,int f,int d,int t) { dep[i]=d; dist[i]=t; fa[i][0]=f; for(int j=1;j<=18;j++) fa[i][j]=fa[fa[i][j-1]][j-1]; for(int p=first[i];p;p=E[p].next) { int j=E[p].to,c=E[p].w; if(j==f)continue; DFS(j,i,d+1,t+c); } } int LCA(int u,int v)//这道题需要最近公共祖先 { if(dep[u]<dep[v])swap(u,v); int x=dep[u]-dep[v]; FOR if(x&(1<<j))u=fa[u][j]; if(u==v)return u; FOR if(fa[u][j]!=fa[v][j]) u=fa[u][j],v=fa[v][j]; return fa[u][0]; } void ready() { DFS(1,0,1,0); for(int i=1;i<=m;i++) { p[i].z=LCA(p[i].u,p[i].v); p[i].dist=dist[p[i].u]+dist[p[i].v]-2*dist[p[i].z]; } sort(p+1,p+n+1);//排序是一种很常见的化简，这里的确好了许多 } void solve()//这种算法可以判断可行，时间复杂度log2（n）刚刚好的，二分猜答案就很妙 { int A=0,B=1000*maxn,ans,mid; //这里已经是最小范围了，自己加了个深度*1000的优化就错了，建议二分猜答案不用实时数据，而只是用恒定值 while(A<=B) { mid=(A+B)/2; if(calc(mid)) { ans=mid; B=mid-1; } else A=mid+1; } cout<<ans; } int main() { freopen("in.txt","r",stdin); Init(); ready(); // Debug(); //时刻检查当然是个好习惯 solve(); return 0; }思路一定要先弄清楚，函数用一个函数写一个，用伪代码的形式，最后恰好从下往上读，不然的话程序会搞得很乱。 关于树的题目，请一定要把样例树画出来
