Description
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？
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。
Sample Input
6 3 1 2 3 1 6 4 3 1 7 4 3 6 3 5 5 3 6 2 5 4 5
Sample Output
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。
HINT
Source
考场上没想出来怎么求一条边被覆盖的次数。
后来看了题解，发现要用树上差分
然后自己yy了一个：LCA出$+1$， 两个节点$-1$，但是如果是链的话这样会被卡掉
正确做法是LCA处$-2$，两个节点$+1$，然后从底向上更新
这样的话这道题就很简单了
我们要求路径的最大值最小，
可以二分这个最小值
然后判断树上是否存在一条边，被比当前值大的链都覆盖到
// luogu-judger-enable-o2#include#include #include #include #define getchar() (p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf) + fread(buf, 1, 1 << 21, stdin), p1 == p2) ? EOF : *p1++)char buf[1 << 21], *p1 = buf, *p2 = buf;//#define int long long using namespace std;const int MAXN = 3 * 1e5 + 10;inline int read() { char c = getchar(); int x = 0, f = 1; while(c < '0' || c > '9') { if(c == '-') f = -1; c = getchar();} while(c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar(); return x * f;}struct Edge { int u, v, w, nxt;}E[MAXN << 1];int head[MAXN], num = 0;inline void AddEdge(int x, int y, int z) { E[num] = (Edge){x, y, z, head[x]}; head[x] = num++;}struct Plan { int bg, ed, lca, val; bool operator < (const Plan &rhs) const { return val < rhs.val; }}P[MAXN];int N, M;int sum[MAXN], deep[MAXN], top[MAXN], siz[MAXN], son[MAXN], fa[MAXN], dfn[MAXN], Pval[MAXN];void dfs1(int x, int f) { fa[x] = f; siz[x] = 1; dfn[++dfn[0]] = x; for(int i = head[x]; i != -1; i = E[i].nxt) { if(!deep[E[i].v]) { deep[E[i].v] = deep[x] + 1; sum[E[i].v] = sum[x] + E[i].w; Pval[E[i].v] = E[i].w; dfs1(E[i].v, x); siz[x] += siz[E[i].v]; if(siz[E[i].v] > siz[son[x]]) son[x] = E[i].v; } }}int LCA(int x, int y) { while(top[x] != top[y]) { if(deep[top[x]] < deep[top[y]]) swap(x, y); x = fa[top[x]]; } if(deep[x] < deep[y]) swap(x, y); return y;}int tag[MAXN], happen[MAXN << 1];int check(int tim) { int pos = upper_bound(P + 1, P + M + 1, (Plan){ 0, 0, 0, tim}) - P; memset(tag, 0, sizeof(tag)); for(int i = pos; i <= M; i++) tag[P[i].bg]++, tag[P[i].ed]++, tag[P[i].lca] -= 2;//树上差分求每个边被经过的次数。 for(int i = N; i >= 1; i--) { tag[fa[dfn[i]]] += tag[dfn[i]]; if(P[M].val - Pval[dfn[i]] <= tim && tag[dfn[i]] >= M - pos + 1) return 1; } return 0;}int l, r;int Solve() { int ans = 1e9 + 10; l = r - l; while(l <= r) { int mid = l + r >> 1; if(check(mid)) ans = mid, r = mid - 1; else l = mid + 1; } return ans;}int main() { #ifdef WIN32 freopen("a.in", "r", stdin); #endif //printf("%lf\n", log2(12345)); memset(head, -1, sizeof(head)); N = read(); M = read(); for(int i = 1; i <= N - 1; i++) { int x = read(), y = read(), z = read(); AddEdge(x, y, z); AddEdge(y, x, z); l = max(l, z); } deep[1] = 1; dfs1(1, 0); top[1] = 1; for(int i = 1; i <= N; i++) top[dfn[i]] = dfn[i] == son[fa[dfn[i]]] ? top[fa[dfn[i]]] : dfn[i]; for(int i = 1; i <= M; i++) { P[i].bg = read(), P[i].ed = read(); P[i].lca = LCA(P[i].bg, P[i].ed); P[i].val = sum[P[i].bg] + sum[P[i].ed] - 2 * sum[P[i].lca]; r = max(r, P[i].val); } sort(P + 1, P + M + 1); printf("%d", Solve()); return 0;}