[NOIP2015][LCA][树上差分]运输计划

【问题描述】
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*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。 

【输入输出样例1】
transport.in
6 3
1 2 3
1 6 4
3 1 7
4 3 6
3 5 5
3 6
2 5
4 5

transport.out 
11

【输入输出样例1说明】
将第 1条航道改造成虫洞:则三个计划耗时分别为:11、12、11,故需要花费的时
间为 12。
将第 2 条航道改造成虫洞:则三个计划耗时分别为:7、15、11,故需要花费的时
间为 15。
将第 3条航道改造成虫洞:则三个计划耗时分别为:4、8、11,故需要花费的时间
为11。
将第 4 条航道改造成虫洞:则三个计划耗时分别为:11、15、5,故需要花费的时
间为 15。
将第 5 条航道改造成虫洞:则三个计划耗时分别为:11、10、6,故需要花费的时
间为 11。
故将第3条或第5条航道改造成虫洞均可使得完成阶段性工作的耗时最短,需要花
费的时间为 11。


 请注意常数因子带来的程序效率上的影响。
 

 1 #include<cstdio>
 2 #include<algorithm>
 3 #include<cstring>
 4 using namespace std;
 5 const int N=300000+15;
 6 int n,m,p[N],q[N],cmp[N],ord[N],id;
 7 
 8 int num,last[N],nxt[2*N],ver[2*N],len[2*N];
 9 inline void add(int x,int y,int z) 
10  {nxt[++num]=last[x]; last[x]=num; ver[num]=y; len[num]=z;
11   nxt[++num]=last[y]; last[y]=num; ver[num]=x; len[num]=z;     
12  }
13  // 2^18
14 int f[N][20],dis[N],deep[N];
15 void dfs(int x)
16  {ord[++id]=x;
17   for(int j=1;j<=18&&(1<<j)<=deep[x];j++)     f[x][j]=f[f[x][j-1]][j-1]; 
18   
19   for(int i=last[x];i;i=nxt[i])
20   {int y=ver[i];
21    if(y==f[x][0]) continue;
22    f[y][0]=x;  deep[y]=deep[x]+1;  dis[y]=dis[x]+len[i];
23    dfs(y);
24   }      
25  } 
26 inline int lca(int x,int y)
27  {if(deep[x]<deep[y]) swap(x,y);
28      
29   for(int i=18;i>=0;i--)
30     if(deep[f[x][i]]>=deep[y] ) x=f[x][i]; 
31         
32   if(x==y) return x;
33 
34   for(int i=18;i>=0;i--)
35     if(f[x][i]!=f[y][i]) 
36          {x=f[x][i]; y=f[y][i]; }
37   return f[x][0];    
38  } 
39 
40 int v[N]; 
41 
42 inline bool judge(int t)
43  {int lim=0,cnt=m; memset(v,0,sizeof(v));
44   for(int k=1;k<=m;k++)
45   {int he=dis[p[k]]+dis[q[k]]-2*dis[cmp[k]];
46    if(he<=t)   {cnt--; continue;}
47 
48    lim=max(lim,he-t); 
49    v[p[k]]++; v[q[k]]++; v[cmp[k]]-=2; 
50   }
51   for(int i=n;i>0;i--) v[f[ord[i]][0]]+=v[ord[i]];
52   
53   for(int i=1;i<=n;i++) if(v[i]==cnt && dis[i]-dis[f[i][0]]>=lim)return 1;
54   return 0;
55  } 
56  
57 inline int red()
58  {int r=0; char ch=getchar();
59   while(!('0'<=ch && ch<='9')) ch=getchar();
60   while('0'<=ch && ch<='9')      {r=r*10+ch-'0';ch=getchar();}
61   return r;      
62  } 
63  
64 int main()
65  {int x,y,z; n=red(); m=red();
66   
67   for(int i=1;i<n;i++) {x=red(); y=red(); z=red(); add(x,y,z);}     
68      
69   deep[1]=1; dfs(1);   
70      
71      
72    int l=0,r=0,ans;  
73      
74   for(int i=1;i<=m;i++) 
75    {p[i]=red(); q[i]=red(); cmp[i]=lca(p[i],q[i]); 
76     r=max(r,dis[p[i]]+dis[q[i]]-2*dis[cmp[i]]);
77    }     
78 
79      
80   while(l<=r)
81   {int mid=(l+r)/2;
82    if(judge(mid)){ans=mid; r=mid-1; }
83    else           l=mid+1;   
84   }       
85   printf("%d",ans);
86 return 0;     
87  }

 

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