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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?
输入格式：
输入文件名为 transport.in。
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。
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。
输出格式：
输出文件名为 transport.out。
共 1 行,包含 1 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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所有测试数据的范围和特点如下表所示
请注意常数因子带来的程序效率上的影响。
【题目分析】
二分答案，如果一条航道的长度大于当前二分的答案，那么很明显这条航道上需要有一条边权值变为0，且条边权值应该>=(航道长度-二分的答案),那么若想使得所以不满足条件的航道都满足条件，这个虫洞就应该设置在这些航道的交集上，且权值应>=(max(航道长度)-二分的答案),航道的交集具体实现可以把这条航道上路径次数都加1，假设不满足条件的航道有m条，那么一条边如果次数==m条，就表示其是m条航道的交集了，实现的话一个dfs，复杂度O(nlogn)
//T—T 95 #include<cstdio> #include<cstring> #include<iostream> #include<vector> #include<set> using namespace std; #define maxn 600100 int dp,pre[maxn],p[maxn],tt[maxn],ww[maxn],fa[maxn],deep[maxn],v[maxn],a[maxn],b[maxn],lca[maxn]; int s[maxn][20],n,m,sum[maxn],ans,cnt,dis[maxn],dist[maxn]; void gao(int x) { int i=p[x]; while(i) { if(tt[i]!=fa[x]) gao(tt[i]), sum[x]+=sum[tt[i]]; i=pre[i]; } } int check(int x) { int cnt=0,dec=0; for(int i=1;i<=n;i++) sum[i]=0; for(int i=1;i<=m;i++) if(dist[i]>x) { cnt++; dec=max(dec,dist[i]-x); sum[a[i]]++; sum[b[i]]++; sum[lca[i]]-=2; } gao(1); for(int i=1;i<=n;i++) if(sum[i]==cnt&&v[i]>=dec) return 1; return 0; } int getlca(int x,int y) { if(deep[x]>deep[y]) x^=y^=x^=y; for(int i=19;i>=0;i--) if(deep[y]-deep[x]>=1<<i) y=s[y][i]; if(x==y) return x; for(int i=19;i>=0;i--) if(s[x][i]!=s[y][i]) x=s[x][i],y=s[y][i]; return fa[x]; } void dfs(int x) { int i; i=p[x]; while(i) { if(tt[i]!=fa[x]) { deep[tt[i]]=deep[x]+ 1; fa[tt[i]]=x; v[tt[i]]=ww[i]; dis[tt[i]]=dis[x]+ww[i]; dfs(tt[i]); } i=pre[i]; } } void add(int x,int y,int z) { dp++; pre[dp]=p[x]; p[x]=dp; tt[dp]=y; ww[dp]=z; } int main() { scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<n;i++) { int a,b,c; scanf("%d%d%d",&a,&b,&c); add(a,b,c); add(b,a,c); } dfs(1); for(int i=1;i<=n;i++) s[i][0]=fa[i]; for(int i=1;i<20;i++) for(int j=1;j<=n;j++) s[j][i]=s[s[j][i-1]][i-1]; for(int i=1;i<=m;i++) { scanf("%d%d",&a[i],&b[i]); lca[i]=getlca(a[i],b[i]); dist[i]=dis[a[i]]+dis[b[i]]-2*dis[lca[i]]; } int l=0,r=0; for(int i=1;i<=m;i++) r=max(r,dist[i]); int mid; while(l<=r) { mid=(l+r)>>1; if(check(mid)) r=mid-1; else l=mid+1; } printf("%d\n",l); return 0; }
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原文地址：http://www.cnblogs.com/xiaoningmeng/p/5925419.html
