题目描述
H 国有 n 个城市，这 n 个城市用 n-1 条双向道路相互连通构成一棵树，1 号城市是首都，也是树中的根节点。
H 国的首都爆发了一种危害性极高的传染病。当局为了控制疫情，不让疫情扩散到边境城市（叶子节点所表示的城市），决定动用军队在一些城市建立检查点，使得从首都到边境城市的每一条路径上都至少有一个检查点，边境城市也可以建立检查点。但特别要注意的是，首都是不能建立检查点的。
现在，在 H 国的一些城市中已经驻扎有军队，且一个城市可以驻扎多个军队。一支军队可以在有道路连接的城市间移动，并在除首都以外的任意一个城市建立检查点，且只能在一个城市建立检查点。一支军队经过一条道路从一个城市移动到另一个城市所需要的时间等于道路的长度（单位：小时）。
请问最少需要多少个小时才能控制疫情。注意：不同的军队可以同时移动。
输入输出格式
输入格式：
第一行一个整数 n，表示城市个数。
接下来的 n-1 行，每行 3 个整数，u、v、w，每两个整数之间用一个空格隔开，表示从城市 u 到城市 v 有一条长为 w 的道路。数据保证输入的是一棵树，且根节点编号为 1。
接下来一行一个整数 m，表示军队个数。
接下来一行 m 个整数，每两个整数之间用一个空格隔开，分别表示这 m 个军队所驻扎的城市的编号。
输出格式：
共一行，包含一个整数，表示控制疫情所需要的最少时间。如果无法控制疫情则输出-1。
输入输出样例
输入样例#1：
4
1 2 1
1 3 2
3 4 3
2
2 2
输出样例#1：
3
说明
【输入输出样例说明】
第一支军队在 2 号点设立检查点，第二支军队从 2 号点移动到 3 号点设立检查点，所需时间为 3 个小时。
【数据范围】
保证军队不会驻扎在首都。
对于 20%的数据，2≤ n≤ 10；
对于 40%的数据，2 ≤n≤50，0<=w <=10^5；
对于 60%的数据，2 ≤ n≤1000，0<=w <=10^6；
对于 80%的数据，2 ≤ n≤10,000；
对于 100%的数据，2≤m≤n≤50,000，0<=w <=10^9。
NOIP 2012 提高组 第二天 第三题
分析：首先明白目的是什么：求把首都（1节点）围住的最少时间，注意：不一定非要到根节点的儿子节点才可以，把这一条路封住就可以了。
所以二分一个时间后，是这个点尽量往上走（尽量接近首都），这里会出现两种情况：1、二分的时间不够到达首都，在中途停了下来，停下来的点设为访问过。2、二分的时间足够到达首都，开个结构体b记录一下。
对于第一种情况，因为这个点没有到首都，所以进行标记上传。至于什么作用，接着往下看。
对于第二种情况，这个点到达了首都，它就有两种选择，一是回到它来的路径上那个最靠近首都的点，二是跨过根节点去覆盖其他的点。
开一个c结构体，仅仅扫描首都节点的儿子！记录没有军队的儿子，c[i].from表示首都的儿子，c[i].w表示首都到这个儿子的时间。
说到这里，就很容易理解标记上传了，因为第一种情况中说到了，这个点没有到达首都，它可能是首都的儿子，也可能是首都的孙子，更可能是距离首都很远的一个点，但是它算在的这条路径已经是被这个点覆盖了（疫情不会从这里扩散出去！），然而结构体c仅仅扫描了首都的儿子节点，所以在这条路径上的首都的儿子可能没有覆盖，所以写一个函数color把这个点的情况传给它所在路径上的首都的儿子，也就是所谓的标记上传。
现在，就可以扫描首都儿子，在结构体c中进行记录了。
记录完成之后，继续用到贪心思路，b、c结构体排序。
具体情况在代码中会有详解！
最后输出答案 （分析来自：CSDN cax1165）
洛谷上第二点一直TLE，大牛分站可以AC
//二分答案+贪心+倍增预处理
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
using namespace std;
const int MAXN = 50010;
#define LL long long
long long l,r,Mid,ans=-1;
int n,m,tot,head[MAXN];
struct Edge{ int to,value,next; }e[MAXN<<1];
int fa[MAXN][20],dis[MAXN][20],dep[MAXN];
int a[MAXN],vis[MAXN];
struct Node{ int w,son; }b[MAXN<<1],c[MAXN<<1];
inline void Add_Edge(int u,int v,int w){
e[++tot].to=v,e[tot].value=w;
e[tot].next=head[u],head[u]=tot;
}
inline void read(int &x){
x=0; int f=1; char c=getchar();
while(c>'9'||c<'0'){ if(c=='-') f=-1; c=getchar(); }
while(c>='0'&&c<='9'){ x=x*10+c-'0'; c=getchar(); }
x*=f;
}
void DFS(int u){
for(int i=head[u];i;i=e[i].next){
int v=e[i].to;
if(!fa[v][0]){
fa[v][0]=u,dep[v]=dep[u]+1,dis[v][0]=e[i].value;
DFS(v);
}
}
}//5W
void init(){
for(int j=1;j<=19;++j)
for(int i=1;i<=n;++i)
fa[i][j]=fa[fa[i][j-1]][j-1],dis[i][j]=dis[i][j-1]+dis[fa[i][j-1]][j-1];
}//100W
void UpDate(int x){//标记上传，因为下面结构体c是扫描的
int p=1,q=0;
for(int i=head[x];i;i=e[i].next)
if(e[i].to!=fa[x][0]){
UpDate(e[i].to);
p=p&vis[e[i].to];
q=1;
}
if(p&&q&&x!=1) vis[x]=1;
}
inline bool cmp(Node x,Node y) { return x.w < y.w; }
int Judge(LL x){
memset(vis,0,sizeof vis );
int cnt=0,top=0;
for(int i=1;i<=m;++i){
int y=a[i],z=0;
for(int j=19;j>=0;--j)
if(fa[y][j]&&dis[y][j]+z<=x)
z+=dis[y][j],y=fa[y][j];
if(y!=1) vis[y]=1;
else {
b[++cnt].w=x-z;
y=a[i];
for(int j=19;j>=0;--j)
if(fa[y][j]>1) y=fa[y][j];
b[cnt].son=y;
}
}
UpDate(1);
for(int i=head[1];i;i=e[i].next){
int v=e[i].to;
if(!vis[v])
c[++top].son=e[i].to,c[top].w=e[i].value;
}
sort(b+1,b+cnt+1,cmp);
sort(c+1,c+top+1,cmp);
int j=1;c[top+1].w=0x3f3f3f3f;
for(int i=1;i<=cnt;++i){
if(!vis[b[i].son]) vis[b[i].son]=1;
else if(b[i].w>=c[j].w) vis[c[j].son]=1;
while(vis[c[j].son]) ++j;
}
if(j>top) return 1;
else return 0;
}
int main(){
int u,v,w;
read(n);
for(int i=1;i<=n-1;++i){
read(u),read(v),read(w);
Add_Edge(u,v,w),Add_Edge(v,u,w),r+=w;
}
read(m);
for(int i=1;i<=m;++i) read(a[i]);
dep[1]=1,fa[1][0]=1;
DFS(1);
init();
while(l<=r){
Mid=l+r>>1;
if(Judge(Mid)) ans=Mid,r=Mid-1;
else l=Mid+1;
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
