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Description
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 $u_i $号星球沿最快的宇航路径飞行到 号星球去。显然，飞船驶过一条航道是需要时间的，对于航道 jj，任意飞船驶过它所花费的时间为 ，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？
Input
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。
Output
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。
题目分析
看到最长路径的最小值肯定首先想到二分
二分一个修改道路后的最长路径长度再判断答案
所有m个运输计划的时间可以在一开始用树剖预处理
预处理后将这些计划按所需时间降序排序，并记录最长的路径为
对于每个二分的
我们检查有多少个计划所需时间大于
假设这样的计划总共有
个，我们把这
个路径上的边都打上标记
最后检查所有边
若某条边
恰好被覆盖了
次，我们检查若
，则二分值
可行
因为最长路径减去该边后可行，其他更小的边一定也可行
关于打标记，如果再开一个线段树记录时间又增加了一个log
直接用差分数组即可
路径长度的预处理树剖配合树状数组即可
一开始用了线段树，代码死长死长的，跑时还差
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<cmath>
using namespace std;
#define lowbit(x) ((x)&(-x))
int read()
{
int x=0,f=1;
char ss=getchar();
while(ss<'0'||ss>'9'){if(ss=='-')f=-1;ss=getchar();}
while(ss>='0'&&ss<='9'){x=x*10+ss-'0';ss=getchar();}
return x*f;
}
const int maxn=400010;
int n,m,ans,mxx=-1e9;
struct edge{int v,dis,nxt;}E[maxn<<1];
int head[maxn],tot;
struct node{int u,v,dis;}rem[maxn];
bool cmp(node a,node b){return a.dis>b.dis;}
int a[maxn],size[maxn],fa[maxn],dep[maxn],cnt;
int son[maxn],top[maxn],num[maxn],pos[maxn];
int sum[maxn],d[maxn];
void add(int u,int v,int dis)
{
E[++tot].nxt=head[u];
E[tot].v=v; E[tot].dis=dis;
head[u]=tot;
}
int qsum(int x){ int res=0; for(int i=x;i>0;i-=lowbit(i))res+=sum[i]; return res;}
void add(int x,int v){ for(int i=x;i<=n;i+=lowbit(i))sum[i]+=v;}
void build(){ for(int i=1;i<=n;++i)add(i,a[pos[i]]);}
int query(int ll,int rr){ return qsum(rr)-qsum(ll-1);}
void dfs1(int u,int pa)
{
size[u]=1;
for(int i=head[u];i;i=E[i].nxt)
{
int v=E[i].v;
if(v==pa) continue;
fa[v]=u; a[v]=E[i].dis;
dep[v]=dep[u]+1;
dfs1(v,u);
size[u]+=size[v];
if(size[v]>size[son[u]]) son[u]=v;
}
}
void dfs2(int u,int tp)
{
top[u]=tp; num[u]=++cnt; pos[cnt]=u;
if(son[u]) dfs2(son[u],tp);
for(int i=head[u];i;i=E[i].nxt)
{
int v=E[i].v;
if(v==fa[u]||v==son[u]) continue;
dfs2(v,v);
}
}
int getsum(int u,int v)
{
int res=0;
while(top[u]!=top[v])
{
if(dep[top[u]]<dep[top[v]]) swap(u,v);
res+=query(num[top[u]],num[u]);
u=fa[top[u]];
}
if(u==v) return res;
if(dep[u]>dep[v]) swap(u,v);
return res+query(num[u]+1,num[v]);
}
void update(int u,int v)
{
while(top[u]!=top[v])
{
if(dep[top[u]]<dep[top[v]]) swap(u,v);
d[num[top[u]]]++; d[num[u]+1]--;
u=fa[top[u]];
}
if(u==v) return;
if(dep[u]>dep[v]) swap(u,v);
d[num[u]+1]++; d[num[v]+1]--;
}
int check(int x)
{
int k=0,tt=0;
memset(d,0,sizeof(d));
for(int i=1;i<=m;++i)
{
if(rem[i].dis>x) k++,update(rem[i].u,rem[i].v);
else break;
}
for(int i=1;i<=n;++i)
{
tt+=d[i];
if(tt==k&&mxx-a[pos[i]]<=x) return 1;
}
return 0;
}
int main()
{
n=read();m=read();
for(int i=1;i<n;++i)
{
int u=read(),v=read(),dis=read();
add(u,v,dis); add(v,u,dis);
}
dep[1]=1;
dfs1(1,0); dfs2(1,1);
build();
for(int i=1;i<=m;++i)
{
rem[i].u=read(); rem[i].v=read();
rem[i].dis=getsum(rem[i].u,rem[i].v);
}
sort(rem+1,rem+1+m,cmp);
mxx=rem[1].dis;
int L=0,R=mxx,mid;
while(L<R)
{
mid=L+R>>1;
if(check(mid)) ans=mid,R=mid;
else L=mid+1;
}
printf("%d",ans);
return 0;
}