标签：怎么办 mic 复杂度 ems ++ main bsp 统计 代码
拿到题目的第一眼
首先这是一棵n个节点的树（别说你看不出来）
然后对于树上的m条链
我们可以选取树上的唯一一条边使它的边权变为0
求处理后最长链的长度
20分
m=1
好啦，好像可做
一眼望去全是水
只需求出一条链上的所有边并计算边权和及最大边权（暴力往上跳并记录即可）
边权和减去最大边权即为答案
那么我们就可以O(n)过掉这道题了（不嫌麻烦的话也可以O(log n)搞树上路径）
60分？
从未如此接近满分
全是链，这意味着什么（并不意味着什么）
想了想，发现好像60分并不好搞
考虑一下暴力吧
超级暴力：暴力枚举删每一条边，统计删完这条边之后最长链的长度，取最小值就是答案，复杂度O(n^2 m)，25分
刚才的小优化
考虑优化暴力
枚举删哪条边O(n)显然已经达到理论下限
如果非要搞它的话只能排除那些不被经过的边，效率高不了多少
接下来是统计每条链的长度
全是链哎，求线性区间和，前缀和优化，消去一个O(n)
那个O(m)好像没有什么有效的优化
这样，复杂度降至O(nm)，40分
然后其他数据，搞树链剖分动态修改、查询可以多拿一些分，复杂度O(nm log n),60分
怎么办
QAQ，60分都拿不到了吗
可不可以不实际改边权呢？
经过不会就猜二分
经过深入思考，我们发现：
最短时间为t，前提是对于length>t的所有链，总能找到至少一条长为k公共边，使得最长链的长度max length-k<=t
如果知道答案，好像不仅不用枚举最长链，还可以把枚举删边变为贪心删掉被全部满足条件的链经过的最长边，稳赚一个O(n)和一个O(m)
考虑二分答案
如果能够在时间t1内完成任务，那么对于t2>t1，总能在时间t2内完成任务
所以答案符合单调性
可以二分答案
Check函数怎么写呢，看一看能不能找到找到至少一条长为k公共边，使得最长链的长度max length-k<=t
设length>t的边的个数为number
我们必须知道一条边是否曾被number个链同时经过，唯一的方法好像就是差分了，check函数可以写成O(n + m)的，总复杂度O((n + m)log n)，60分
100分
二分答案的做法放到树上呢
考虑线性数据上二分的完整做法
预处理每一条链的length，二分答案，放到check函数里搞
没问题
LCA求出每条链的length，还是二分，check函数换成树上差分
最后发现正解只要一句话：
求链长+二分
上代码：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
const int maxn=3e5+10;
struct edge{
int next,to,dis;
}e[2*maxn],q[2*maxn];
struct length{
int len,lca,u,v;
}len[maxn];
int head[maxn],cnt,headq[maxn],dis[maxn],maxlen,n,m,a[maxn],ans,s[maxn],num,ret,f[maxn]; //一堆变量
bool vis[maxn];
inline int readn() //随处可见的快读
{
int x=0;
char ch=getchar();
while(ch>‘9‘||ch<‘0‘)
ch=getchar();
while(ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘)
{
x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^‘0‘);
ch=getchar();
}
return x;
}
inline void add_edge(int x,int y,int d)
{
e[++cnt].next=head[x];
e[cnt].to=y;
e[cnt].dis=d;
head[x]=cnt;
}
inline void add_que(int x,int y)
{
q[++cnt].next=headq[x];
q[cnt].to=y;
headq[x]=cnt;
}
int find(int x)
{
return f[x]==x?f[x]:f[x]=find(f[x]); //一行并查集
}
void dfs(int u,int pre)
{
for(int i=head[u];i;i=e[i].next)
{
int v=e[i].to;
if(v==pre)
continue;
dfs(v,u);
s[u]+=s[v]; //统计经过次数
}
if(s[u]==num&&a[u]>ret)
ret=a[u]; //贪心地选取最长公共边
}
inline bool check(int x)
{
memset(s,0,sizeof(s));
num=ret=0;
for(int i=1;i<=m;i++) //树上差分
if(len[i].len>x)
{
s[len[i].u]++;
s[len[i].v]++;
s[len[i].lca]-=2;
num++; //记录len>x的链的个数
}
dfs(1,0); //跑差分结果
if(maxlen-ret>x) //如果不能满足，返回NO
return 0;
return 1; //能满足
}
void tarjan(int u,int pre) //tarjan求链长
{
for(int i=head[u];i;i=e[i].next)
{
int v=e[i].to;
if(v==pre)
continue;
dis[v]=dis[u]+e[i].dis;
tarjan(v,u);
a[v]=e[i].dis;
int f1=find(v);
int f2=find(u);
if(f1!=f2)
f[f1]=find(f2);
vis[v]=1;
}
for(int i=headq[u];i;i=q[i].next)
if(vis[q[i].to])
{
int p=(i+1)>>1;
len[p].lca=find(q[i].to);
len[p].len=dis[u]+dis[q[i].to]-2*dis[len[p].lca];
maxlen=max(maxlen,len[p].len);
}
}
int main()
{
n=readn(),m=readn();
for(int i=1;i<n;i++)
{
int ai=readn(),bi=readn(),ti=readn();
add_edge(ai,bi,ti); //邻接表存图
add_edge(bi,ai,ti);
}
for(int i=1;i<=n;i++)
f[i]=i;
cnt=0;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int x=readn(),y=readn(); //输入
len[i].u=x;
len[i].v=y;
add_que(x,y);
add_que(y,x);
}
tarjan(1,0);
int l=0,r=maxlen,mid;
while(l<=r) //二分答案
{
mid=(l+r)>>1;
if(check(mid))
{
r=mid-1;
ans=mid; //记录答案
}
else
l=mid+1; //不能满足则二分更大答案，以使得条件可以得到满足
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
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原文地址：https://www.cnblogs.com/ivanovcraft/p/9066441.html
