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題目的意思是：求將一棵樹上的任意一條邊權賦值爲0時，所有航線的最長長度的最小值
想到二分答案
如何驗證？
既然我們二分的答案是最長路線，也就是說，在將一條邊權賦值爲0之後，所有的路線長度應該都小於等於mid。但是隻能刪掉一條邊，所以這條邊是所有刪邊之前長度小於mid的路線的交邊。問題轉化爲，能否找到一條邊，被所有長度大於mid的路線經過。所以我們要統計每一條邊被經過的次數。統計的方法便是樹上差分了。需要把邊的信息映射到點上面去，也就是把邊的權值映射爲兒子節點的點權。在差分時，路線兩端點各+1，兩點的lca-2，從子節點一直求前綴和，到根節點，便求出了每條邊的經過次數。此外，在求前綴和時，如果每次都dfs一遍，可能會超時，但是父節點和子節點的序號大小是沒有關係的，不好直接遍歷。爲了方便，我們求每一個點的dfs序，由於子節點的dfs序一定大於父親節點，所以按照dfs序的大小直接for一遍求前綴和。最後，把所有點權for一遍，如果存在某一個經過次數恰好爲長度大於mid的路徑的條數，切它的權值大於等於各點權與mid的最大差值（也就是說，如果去掉它，一定保證所有的路線長度不超過mid），這時mid是合法的，二分左區間，找更小的答案。
以上是我自己打的解析。
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來看一下dalao的題解（寫的還是蠻好的）：
滿分做法：
官方正解：
1.tarjan離線求lca+二分+樹上差分;
2.樹鏈剖分+二分+樹上差分+dfs序;
Ps:樹鏈剖分求lca的代碼量比倍增小，並且效率高, 並且不難，建議大家學一下;
說一下第二種解法：
明確:
1.我們要刪的邊一定在最長路線上;
2.我們將邊的信息映射到點上，也就是說兒子與父親的邊的信息，我們放在了兒子身上;
首先，最大值最小化，我們可以想到二分這個最大路線長度;
假設我們已經二分出一個mid：刪邊後最大路線的長度;
1.所有大於mid的路線都必須刪去一條邊，使之小於或等於mid；
2.總共只能刪一條邊；
聯立1,2得：
我們要刪的邊出現在所有大於mid的線路上，刪去這條邊，原本最長的路線要等於mid,其他路線小於mid；
此時我們的mid是合法答案；
如何求一條邊被所有路線經過的次數？
樹上差分！
對於條路線，我們將它起點的邊+1，終點的邊+1，lca上面的邊-2；
最後求一遍樹上前綴和，就可以得到答案；
但是，如果我們每次都從根節點dfs一遍求前綴和，它的複雜度雖然是O(n)，但遞歸會耗費大量時間，會被卡掉最後一個點；所以我們考慮用dfs序來求解；
在處理樹上信息時順便求出dfs序；
然後我們從後往前求前綴和就可以了，這樣是沒有後效性的，因爲我們dfs時先訪問父親，再訪問兒子，父親的dfs序必然小於它兒子的dfs序，如果從後往前，必然先更新兒子，再更新父親，複雜度是常數很小的O(n)；
總複雜度：O(nlogn);
PS：這道題調試了很久，最後才發現掛在了lca上。求fa數組時，for循環的順序一定不要搞錯！因爲父親節點的序號和子節點的序號沒有大小關係！如果把枚舉節點序號放在外層循環，序號小的不一定是序號大的的父節點！
代碼：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
const int maxn=300000+10;
int n,m,cnt,Index,l=-1,r,ans;
int fist[maxn],nxt[maxn<<1],rank[maxn],deep[maxn],dfn[maxn];
int fa[maxn][22],vpoint[maxn],cha[maxn];
struct hh
{
int f,t,v;
}e[maxn<<1];
struct lxt
{
int f,t,len,lca;
}ee[maxn];
void build(int f,int t,int v)
{
e[++cnt]=(hh){f,t,v};
nxt[cnt]=fist[f];
fist[f]=cnt;
}
int make_lca(int x,int y)
{
if(deep[x]<deep[y]) swap(x,y);
for(int i=log2(n);i>=0;--i)
if(deep[fa[x][i]]>=deep[y])
x=fa[x][i];
if(x==y) return x;
for(int i=log2(n);i>=0;--i)
if(fa[x][i]!=fa[y][i])
{
x=fa[x][i];
y=fa[y][i];
}
return fa[x][0];
}
void dfs(int f,int t,int v)
{
fa[t][0]=f;
deep[t]=deep[f]+1;
rank[t]=v;
dfn[++Index]=t;
for(int i=fist[t];i!=-1;i=nxt[i])
if(e[i].t!=f)
{
vpoint[e[i].t]=e[i].v;
dfs(t,e[i].t,v+e[i].v);
}
}
void done()
{
for(int i=1;i<=log2(n);++i)
for(int j=1;j<=n;++j)
fa[j][i]=fa[fa[j][i-1]][i-1];
}
bool check(int mid)
{
int maxx=0,tot=0;
memset(cha,0,sizeof(cha));
for(int i=1;i<=m;++i)
if(ee[i].len>mid)
{
tot++;
maxx=max(maxx,ee[i].len-mid);
cha[ee[i].f]++;
cha[ee[i].t]++;
cha[ee[i].lca]-=2;
}
if(!tot) return true;
for(int i=n;i>=1;--i) cha[fa[dfn[i]][0]]+=cha[dfn[i]];
for(int i=2;i<=n;++i)
if(cha[i]==tot&&vpoint[i]>=maxx) return true;
return false;
}
int main()
{
memset(fist,-1,sizeof(fist));
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<n;++i)
{
int a,b,t;
scanf("%d%d%d",&a,&b,&t);
r+=t;
build(a,b,t);
build(b,a,t);
}
dfs(0,1,0);
done();
for(int i=1;i<=m;++i)
{
int f,t,len,lca;
scanf("%d%d",&f,&t);
lca=make_lca(f,t);
len=rank[f]+rank[t]-2*rank[lca];
ee[i]=(lxt){f,t,len,lca};
}
while(r-l>1)
{
int mid=(l+r)>>1;
if(check(mid)) r=mid;
else l=mid;
}
if(check(l)) ans=l;
else ans=r;
printf("%d",ans);
return 0;
}
