描述
车展结束后，游乐园决定举办一次盛大的山道拉力赛，平平和韵韵自然也要来参加大赛。
赛场上共有n个连通的计时点，n-1条赛道（构成了一棵树）。每个计时点的高度都不相同（父结点的高度必然大于子结点），相邻计时点间由赛道相连。由于马力不够，所以韵韵的遥控车只能从高处驶向低处。而且韵韵的车跑完每条赛道都需花费一定的时间。
举办方共拟举办m个赛段的比赛，每次从第u个计时点到第v个计时点，当然其中有不少比赛韵韵的遥控车是不能参加的（因为要上坡）。平平想知道他能参加多少个赛段的比赛，并且想知道他完成这些赛段的总用时。
赛道皆为单向。
格式
输入格式
第一行两个整数n，m。
接下来n-1行每行3个整数a、b、t。
表示韵韵的遥控车可以花t秒从第a个计时点到第b个计时点。
接下来m行每行2个整数u、v，意义如描述所示。
输出格式
第一行输出一个正整数，表示能参加的赛段数。
第二行输出一个正整数，表示总用时。
样例1
样例输入1
6 21 2 12 4 12 5 15 6 11 3 12 64 5
样例输出1
12
限制
各个测试点1s
提示
第一个计时点的高度是最高的；
u≠v； 对于50％的数据 n≤1000 m≤1000； 对于100％的数据 n≤10000 m≤100000； 答案小于2^64。
题解： 求两个点的LCA，但是有一个现实条件就是，两个点之间一定要有一个点是另一个点的祖先，不然韵韵就无法参加（根据题意），所以判断一下就行。记得答案开long long！！
CODE:
#include#include #include #define REP(i, s, n) for(int i = s; i <= n; i ++)#define REP_(i, s, n) for(int i = n; i >= s; i --)#define MAX_N 10000 + 10using namespace std;struct node{ int v, w, next;}E[MAX_N << 1];int head[MAX_N], top = 0;void add(int u, int v, int w){ E[++ top].v = v; E[top].w = w; E[top].next = head[u]; head[u] = top;}int n, m, deep[MAX_N], sum[MAX_N], go[MAX_N][16];void DFS(int x, int last){ for (int i = head[x]; i; i = E[i].next){ if (E[i].v != last){ go[E[i].v][0] = x; deep[E[i].v] = deep[x] + 1; sum[E[i].v] = sum[x] + E[i].w; DFS(E[i].v, x); } }}void prework(){ REP(k, 1, 15) REP(i, 1, n) go[i][k] = go[go[i][k - 1]][k - 1];}void goup(int &x, int k){ REP_(i, 0, 15){ if ((1 << i) & k) x = go[x][i]; }}int Lca(int x, int y){ if (deep[x] > deep[y]) goup(x, deep[x] - deep[y]); if (deep[y] > deep[x]) goup(y, deep[y] - deep[x]); if (x == y) return x; REP_(i, 0, 15){ if (go[x][i] != go[y][i]) x = go[x][i], y = go[y][i]; } return go[x][0];}bool Used[MAX_N];int main(){ freopen("1.in", "r", stdin); scanf("%d%d", &n, &m); memset(Used, 0, sizeof(Used)); REP(i, 1, n - 1){ int u, v, w; scanf("%d%d%d", &u, &v, &w); add(u, v, w); add(v, u, w); Used[v] = 1; } int R; REP(i, 1, n) if(!Used[i]) R = i; int ret = 0; long long res = 0; DFS(R, 0); prework(); REP(i, 1, m){ int u, v; scanf("%d%d", &u, &v); if(Lca(u, v) == u) ret ++, res += (long long)(sum[v] - sum[u]); } cout << ret << endl << res << endl; return 0;}