【HEOI 2018】Day2 T2 林克卡特樹

題目大意：

　　給一個n個節點的樹，然后將其分成k+1個聯通塊，再在每個聯通塊取一條路徑，將其連接起來，求連接起來的路徑最大權值。

題解：

　　考場只會20分，還都打掛了……

　　60分的做法其實並不難，nk DP即可，設$f(i,j,0/1/2)$表示i子樹選取了j個聯通塊，i這個節點連了0/1/2條邊時的最優解。

　　100分的做法就是60分做法的拓展。

　　很容易想到一件事，就是以聯通塊數為x軸，最優解為y軸，那么這個圖像應該是一個單峰上凸函數。同時該離散函數每相鄰兩點間的斜率是遞減的：因為考慮當前聯通塊數為a，則當聯通塊數為a+1時，必然是在a時最優解上再連接一段新切出的可空路徑並割去一部分可空路徑，當補上一條新路徑時，我們很容易知道這次補上的路徑-割去路徑一定小於以前做的同樣操作（最優性）。

　　這樣我們發現斜率是具有單調性的（即單調減）。那么我們二分這個斜率，並將原圖像減去這個斜率對應的正比例函數，會發現，新圖像將會在這個斜率對應點的位置最高，同時也是一個斜率遞減函數。

　　那么我們考慮如何求出此時的答案：新圖像上的最高點權值+新圖像上最高點聯通塊數*斜率。

　　我們考慮這個東西怎么求。

　　設二元組$f(i,0/1/2)$表示i節點連了0/1/2條邊時的最優解和其聯通塊數（盡量小）。特別的沒有連邊的i，算為一個聯通塊，2為0/1/2這三個狀態的最優解。

　　考慮這個東西怎么轉移：

　　假設已經得到子節點v的答案。

　　對於$f(x,2)$，我們有三種選擇，1.保持原來不變，把$f(v,2)$加上；2.由$f(x,1)$和$f(v,1)$合並；3.由$f(x,1)和f(v,0)$合並。

　　$f(x,1)$,我們同樣有三種選擇，大體同上者。

　　$f(x,0)$，我們只有一種選擇，即和$f(v,2)$結合。

　　我們以$f(x,2)$為例：對於第一種情況，聯通塊數不變直接合並即可，對於第二種情況聯通塊數減少1，第三種情況同樣減少了1個聯通塊。

　　得到結果以后比較k+1與最優解對應的聯通塊數，大於則說明斜率過小，否則說明斜率還可能更大。

代碼：

#include "bits/stdc++.h"

using namespace std;

inline int read(){
    int s=0,k=1;char ch=getchar();
    while (ch<'0'|ch>'9') ch=='-'?k=-1:0,ch=getchar();
    while (ch>47&ch<='9') s=s*10+(ch^48),ch=getchar();
    return s*k;
}

typedef long long ll;

const int N=3e5+10;

struct edges{
    int v,w;edges *last;
}edge[N<<1],*head[N];int cnt;

inline void push(int u,int v,int w) {
    edge[++cnt]=(edges){v,w,head[u]},head[u]=edge+cnt;
}

int n,k;
ll slope;
const ll inf=1e15;

struct node {
    ll val,num;
    node(){val=num=0;}
    node(ll v,ll nm):val(v),num(nm){}
    inline ll &operator [](int x){
        return x?num:val;
    }
    inline void max(node a){
        if(a[0]>val||(a[0]==val&&a[1]<num))
            (*this)=a;
    }
    inline void add(node a,node b){
        if (a[0]==-inf||a[0]==-inf)    return ;
        a[0]+=b[0],a[1]+=b[1];
        max(a);
    }
    inline void add(node a,node b,int w,int opt){
        if(a[0]==-inf||b[0]==-inf) return ;
        a[1]+=b[1]-opt,a[0]+=b[0]+w+slope*opt;
        if(a[1]<=0) return ;
        max(a);
    }
    inline node fa(){
        return  node(val-slope,num+1);
    }
}f[N][3];

inline void dp(int x,int fa){
    f[x][0]=f[x][1]=f[x][2]=node();
    f[x][1][0]=f[x][2][0]=-inf;
    for (edges *i=head[x];i;i=i->last)    if(i->v!=fa) {
        dp(i->v,x);
        f[x][2].add(f[x][2],f[i->v][2]);
        f[x][2].add(f[x][1],f[i->v][1],i->w,1);
        f[x][2].add(f[x][1],f[i->v][0],i->w,0);
        f[x][1].add(f[x][1],f[i->v][2]);
        f[x][1].add(f[x][0],f[i->v][1],i->w,0);
        f[x][1].add(f[x][0],f[i->v][0],i->w,-1);
        f[x][0].add(f[x][0],f[i->v][2]);
    }
    f[x][2].max(f[x][1]);
    f[x][2].max(f[x][0]);
    f[x][2].max(f[x][0].fa());
}


int main(){
    n=read(),k=read()+1;
    for (int i=1;i<n;++i) {
        int a=read(),b=read(),w=read();
        push(a,b,w),push(b,a,w);
    }
    ll l=-1e12,r=1e12;
    node now;
    ll ans=0;
    while (l<=r) {
        slope=l+r>>1;
        dp(1,0);
        now=f[1][2];
        if(now[1]<=k) 
            ans=now[0]+slope*k,r=slope-1;
        else l=slope+1;
    }
    printf("%lld\n",ans);
}