题目描述
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
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。
数据保证 1≤ui,vi≤n ,n,m<=300000
数据保证 1≤ai,bi≤n 且 0≤ti≤1000。
输出
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。
样例输入
6 3
1 2 3
1 6 4
3 1 7
4 3 6
3 5 5
3 6
2 5
4 5
样例输出
11
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。
【题解】
我们将所需时间理解成路径长度。
我们需要得到的答案：路径长度中最大值的最小值
所以我们要求出每条路径长度
那么，如何得到最大值的最小值呢？
当然是二分了
那么对于我们枚举到的每一个待定值，我们要对它判断，所以现在的问题是：如何判断？
我们可以发现，在长度大于mid的所有路径中，我们只能使一条路径长度变为0。
所以，若有一条长度为k的路径，满足所有长度大于mid的路径都经过它，并且maxlen-k<=mid（maxlen为路径长最大值），这个mid才符合要求。
我们要得到这个k，需要知道每条航道有几条路径经过了它，若是暴力跑过每条路统计肯定要Tle，所以我们就要用到树上差分
树上差分一出现，我们就知道要求LCA了
LCA用Tarjan与倍增皆可，这里我用的是Tarjan，那么我们又可以在求LCA的过程中，顺便把深度（这里指根节点到当前节点的距离），链长都给求了。
变量解释如下：
- edge,head 存图，q,headq 存询问
- len 存路径信息，包括起点，终点，lca，长度
- dis 深度
- a 每条航道长度
- f 并查集
- power 树上差分数组
- vis 用于Tarjan，表示每个点是否经过
Code：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define maxn 300010
#define res register int
struct Node{
int to,next,len;
};
Node edge[maxn<<1],q[maxn<<1];
struct Len{
int u,v,lca,len;
};
Len len[maxn];
int head[maxn],headq[maxn],dis[maxn],maxlen,cnt,num,sum,a[maxn],power[maxn];
int f[maxn],n,m,ans,numq;
bool vis[maxn];
//快读
inline int read(){
int s=0;
char c=getchar();
while (c<'0' || c>'9') c=getchar();
while (c>='0' && c<='9') s=s*10+c-'0',c=getchar();
return s;
}
inline int get(int k){return f[k]==k?f[k]:f[k]=get(f[k]);}//并查集附带路径压缩
inline void add(int x,int y,int z){edge[++num].to=y,edge[num].next=head[x],edge[num].len=z,head[x]=num;}
//链式前向星存图
inline void addq(int x,int y){q[++numq].to=y,q[numq].next=headq[x],headq[x]=numq;}
//链式前向星存询问
inline void dfs(int u,int pre){//累计
for (res i=head[u];i;i=edge[i].next){
int v=edge[i].to;
if (v==pre) continue;
dfs(v,u);
power[u]+=power[v];
}
if (power[u]==cnt) sum=max(sum,a[u]);//若当前航道是包含在所有>mid的路径里的，是可以变成虫洞的
}
inline bool check(int k){//二分判断部分
memset(power,0,sizeof(power));
cnt=sum=0;
for (res i=1;i<=m;++i)
if (len[i].len>k){
++power[len[i].u];++power[len[i].v];power[len[i].lca]-=2;++cnt;
}
dfs(1,0);
if (maxlen-sum>k) return 0;
else return 1;
}
inline void Tarjan(int u,int pre){
vis[u]=1;
for (res i=head[u];i;i=edge[i].next){
int v=edge[i].to;
if (v==pre) continue;
dis[v]=dis[u]+edge[i].len; //深度累计
Tarjan(v,u);
a[v]=edge[i].len;//存航道长
int sum1=get(u),sum2=get(v);
if (sum1!=sum2) f[sum2]=sum1;
}
for (res i=headq[u];i;i=q[i].next)
if (vis[q[i].to]){
int p=(i+1)>>1;
len[p].lca=get(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=read(),m=read();
int x,y,z;
for (res i=1;i<n;++i){
x=read(),y=read(),z=read();
add(x,y,z); add(y,x,z);
}
for (res i=1;i<=m;++i){
x=read(),y=read();
len[i].u=x,len[i].v=y;
addq(x,y); addq(y,x);
}
for (res i=1;i<=n;++i) f[i]=i;
Tarjan(1,0);
int l=0,r=maxlen,mid;
while (l<=r){
mid=(l+r)>>1;
if (check(mid)) r=mid-1,ans=mid;
else l=mid+1;
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}