有一棵以1为根节点的树,现在要在除根节点外的点设立阻拦,使得没有一条路径可以从根节点到任意一个叶子节点。这些阻拦需要m个军队来设立,这m个军队中第i个一开始在点q_i上,军队移动的时间等于移动经过的边权之和,问最少要多少时间才能设立完阻拦。注意:不同的军队可以同时移动。 对于100%的数据,2\leq m\leq n\leq 50,000,0\leq w\leq {10}^9(w表示边权)。
由题意可知,要求的是最少的时间,所以显而易见可以二分(如果花了更长的时间肯定更可以),接下来就只需要考虑如何写check函数。 我们有一个贪心的想法:因为要阻拦从根到叶子节点的路径,所以军队越往上肯定就越好,这样可以阻拦更多的路径。 如果一个军队可以走到根节点,则将这个军队先放一放,因为这个军队可能会走到另一个以根节点的子节点为根的树中去。 如果一个军队不可以走到根节点,则走到能走到的深度最小的点上。 经过这次操作后,再遍历一次,记录还是可以到达的叶子节点。再贪心的思想:剩余时间最少的军队到叶子节点肯定是最优的,然后再操作一遍,把剩余节点按照到根节点的距离进行排序。 现在可能还有一些军队还未设立阻拦,将这些军队按照剩余的时间进行排序,然后与刚刚排序过的剩余的节点一一匹配,这也是个贪心策略,如果所有都能够被匹配则可行,否则不可行。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define re register
#define N 50010
#define int long long
#define File freopen("tmp.in","r",stdin);freopen("tmp.out","w",stdout)
class Quick_Input_Output{
private:
static const int S=1<<21;
#define tc() (A==B&&(B=(A=Rd)+fread(Rd,1,S,stdin),A==B)?EOF:*A++)
char Rd[S],*A,*B;
#define pc putchar
public:
#undef gc
#define gc getchar
inline int read(){
int res=0,f=1;char ch=gc();
while(ch<'0'ch>'9'){if(ch=='-') f=-1;ch=gc();}
while(ch>='0'&&ch<='9') res=res*10+ch-'0',ch=gc();
return res*f;
}
inline void write(int x){
if(x<0) pc('-'),x=-x;
if(x<10) pc(x+'0');
else write(x/10),pc(x%10+'0');
}
#undef gc
#undef pc
}I;
int n,m,logn,q[N];
vector<pair<int,int> > a;
vector<int> v,g;
class Edge{
public:
int fir[N],nxt[N*2],son[N*2],w[N*2],tot;
inline void add(int x,int y,int z){
++tot;
nxt[tot]=fir[x];
fir[x]=tot;
son[tot]=y;
w[tot]=z;
}
}E;
class LCA{
public:
int f[N][25],dis[N][25],dep[N];
inline void init(int x,int fa){
dep[x]=dep[fa]+1;
for(int i=0;i<logn;i++) f[x][i+1]=f[f[x][i]][i];
for(int i=0;i<logn;i++) dis[x][i+1]=dis[x][i]+dis[f[x][i]][i];
for(int to,i=E.fir[x];i;i=E.nxt[i]){
to=E.son[i];
if(to==fa) continue ;
f[to][0]=x;dis[to][0]=E.w[i];
init(to,x);
}
}
}L;
class Solve{
private:
int l,r,mid,ans,vis[N],una[N];
public:
inline int dfs(int x,int fa){
if(vis[x]==1) return 1;
re bool ff=0;
for(int to,i=E.fir[x];i;i=E.nxt[i]){
to=E.son[i];
if(to==fa) continue ;
ff=1;
if(dfs(to,x)==0) return 0;
}
return ff;
}
inline int check(int Max){
a.clear();
v.clear();
g.clear();
memset(vis,0,sizeof(vis));
memset(una,0,sizeof(una));
for(int i=1;i<=m;i++){
re int x=q[i],cnt=0;
for(int j=logn;j>=0;j--){
if(L.f[x][j]>1&&cnt+L.dis[x][j]<=Max){
cnt+=L.dis[x][j];
x=L.f[x][j];
}
}
if(L.f[x][0]==1&&cnt+L.dis[x][0]<=Max) a.push_back(make_pair(Max-(cnt+L.dis[x][0]),x));
else vis[x]=1;
}
for(int to,i=E.fir[1];i;i=E.nxt[i]){
to=E.son[i];
if(dfs(to,1)==0) una[to]=1;
}
sort(a.begin(),a.end());
for(auto i=a.begin();i!=a.end();i++){
if(una[(*i).second]==1&&(*i).first<L.dis[(*i).second][0]) una[(*i).second]=0;
else v.push_back((*i).first);
}
for(int to,i=E.fir[1];i;i=E.nxt[i]){
to=E.son[i];
if(una[to]==1) g.push_back(L.dis[to][0]);
}
if(v.size()<g.size()) return 0;
sort(v.begin(),v.end());
sort(g.begin(),g.end());
auto i=g.begin(),j=v.begin();
while(i!=g.end()&&j!=v.end()){
if((*j)>=(*i)) i++,j++;
else j++;
}
return i==g.end();
}
inline void init(){
n=I.read();logn=log2(n)+1;l=r=0;ans=-1;
for(int x,y,z,i=1;i<n;i++){
x=I.read(),y=I.read(),z=I.read();r+=z;
E.add(x,y,z);
E.add(y,x,z);
}
m=I.read();
for(int i=1;i<=m;i++) q[i]=I.read();
L.init(1,0);
}
inline void solve(){
while(l<=r){
mid=l+r>>1;
if(check(mid)) ans=mid,r=mid-1;
else l=mid+1;
}
I.write(ans);putchar('\n');
}
}S;
signed main(){S.init();S.solve();}