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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<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define getchar() (p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf) + fread(buf, 1, 1 << 21, stdin), p1 == p2) ? EOF : *p1++)
char buf[ << ], *p1 = buf, *p2 = buf;
//#define int long long
using namespace std;
const int MAXN = * 1e5 + ;
inline int read() {
char c = getchar(); int x = , f = ;
while(c < '' || c > '') {if(c == '-') f = -; c = getchar();}
while(c >= '' && c <= '') x = x * + c - '', c = getchar();
return x * f;
}
struct Edge {
int u, v, w, nxt;
}E[MAXN << ];
int head[MAXN], num = ;
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] = ; dfn[++dfn[]] = x;
for(int i = head[x]; i != -; i = E[i].nxt) {
if(!deep[E[i].v]) {
deep[E[i].v] = deep[x] + ;
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 << ];
int check(int tim) {
int pos = upper_bound(P + , P + M + , (Plan){, , , tim}) - P;
memset(tag, , sizeof(tag));
for(int i = pos; i <= M; i++) tag[P[i].bg]++, tag[P[i].ed]++, tag[P[i].lca] -= ;//树上差分求每个边被经过的次数。
for(int i = N; i >= ; i--) {
tag[fa[dfn[i]]] += tag[dfn[i]];
if(P[M].val - Pval[dfn[i]] <= tim && tag[dfn[i]] >= M - pos + ) return ;
}
return ;
}
int l, r;
int Solve() {
int ans = 1e9 + ;
l = r - l;
while(l <= r) {
int mid = l + r >> ;
if(check(mid)) ans = mid, r = mid - ;
else l = mid + ;
}
return ans;
}
int main() {
#ifdef WIN32
freopen("a.in", "r", stdin);
#endif
//printf("%lf\n", log2(12345));
memset(head, -, sizeof(head));
N = read(); M = read();
for(int i = ; i <= N - ; i++) {
int x = read(), y = read(), z = read();
AddEdge(x, y, z); AddEdge(y, x, z);
l = max(l, z);
}
deep[] = ; dfs1(, );
top[] = ;
for(int i = ; i <= N; i++)
top[dfn[i]] = dfn[i] == son[fa[dfn[i]]] ? top[fa[dfn[i]]] : dfn[i];
for(int i = ; 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] - * sum[P[i].lca];
r = max(r, P[i].val);
}
sort(P + , P + M + );
printf("%d", Solve());
return ;
}
