标签：包括 == eof 编号 bzoj tarjan set rip 正整数
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。
Tips：
本题还是比较坑的，代码写的弱一点会超时；
此题可以看出是具有二分性质的；
但是二分的判断做到O（n）或O（m）看起来会很难；
由于这是一棵树，我们需要知道两点间的距离可以用tarjan求lca求出距离；
对于每个二分的答案x；
显然<=x的距离是可以不用管它的；
将>=x的距离的边数记下来；
将>=x的距离的边的起点终点加一，lca减2；（差分思想自寻百度，我也讲不清）；
dfs一遍，找到 经过边数=记下来的边数 的边，取边权最大值的；
判断最大距离-取边权最大值是否小于等于x即可；
Code：
#include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #include<iostream> #define MAXN 600008 using namespace std; int n,m,head[MAXN],next[MAXN],vet[MAXN],len[MAXN],dis[MAXN],ance[MAXN]; int head1[MAXN],next1[MAXN],vet1[MAXN],hh[MAXN],ans[MAXN]; int color[MAXN],fa[MAXN],tot,tot1,l,r,res,ff[MAXN],tmp[MAXN]; int find(int x){ if(fa[x]==x) return x; else return fa[x]=find(fa[x]); } void add1(int x,int y){ tot1++; hh[tot1]=x; next1[tot1]=head1[x]; head1[x]=tot1; vet1[tot1]=y; } void add(int x,int y,int z){ tot++; next[tot]=head[x]; head[x]=tot; vet[tot]=y; len[tot]=z; } void tarjan(int u){ color[u]=1; for(int i=head[u];i!=0;i=next[i]){ int y=vet[i]; if(!color[y]){ dis[y]=dis[u]+len[i]; tarjan(y); fa[y]=u; } } for(int i=head1[u];i!=0;i=next1[i]){ int y=vet1[i]; if(color[y]){ ance[(i+1)/2]=find(y); ans[(i+1)/2]=dis[u]+dis[y]-2*dis[ance[(i+1)/2]]; r=max(ans[(i+1)/2],r); } } } void dfs(int u){ color[u]=1; for(int i=head[u];i!=0;i=next[i]){ int y=vet[i]; if(!color[y]){ ff[y]=len[i]; dfs(y); tmp[u]+=tmp[y]; } } } bool check(int flag){ int ma=0,sum=0,g=0; memset(color,0,sizeof(color)); memset(tmp,0,sizeof(tmp)); for(int i=1;i<=m;i++){ if(ans[i]>flag){ tmp[hh[i*2]]++; tmp[vet1[i*2]]++; tmp[ance[i]]-=2; ma=max(ans[i],ma); sum++; } } dfs(1); for(int i=1;i<=n;i++){ if(tmp[i]==sum){ g=max(g,ff[i]); } } return (ma-g)<=flag; } void init(){ tot=tot1=0; r=0; scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=n;i++){ fa[i]=i; } for(int i=1;i<n;i++){ int x,y,z; scanf("%d%d%d",&x,&y,&z); add(x,y,z); add(y,x,z); } for(int i=1;i<=m;i++){ int x,y; scanf("%d%d",&x,&y); add1(x,y); add1(y,x); } } void solve(){ tarjan(1); l=0; res=r; while(l<=r){ int mid=(l+r) >> 1; if(check(mid)){ res=mid; r=mid-1; }else{ l=mid+1; } } } void print(){ printf("%d",res); } int main(){ init(); solve(); print(); }
标签：包括 == eof 编号 bzoj tarjan set rip 正整数
原文地址：http://www.cnblogs.com/WQHui/p/7502183.html
