題目描述
小L 最近沉迷於塞爾達傳說：荒野之息（The Legend of Zelda: Breath of The Wild）無法自拔，他尤其喜歡游戲中的迷你挑戰。
游戲中有一個叫做“LCT” 的挑戰，它的規則是這樣子的：現在有一個N 個點的 樹（Tree），每條邊有一個整數邊權vi ，若vi >= 0，表示走這條邊會獲得vi 的收益；若vi < 0 ，則表示走這條邊需要支付- vi 的過路費。小L 需要控制主角Link 切掉（Cut）樹上的 恰好K 條邊，然后再連接 K 條邊權為 0 的邊，得到一棵新的樹。接着，他會選擇樹上的兩個點p; q ，並沿着樹上連接這兩點的簡單路徑從p 走到q ，並為經過的每條邊支付過路費/ 獲取相應收益。
海拉魯大陸之神TemporaryDO 想考驗一下Link。他告訴Link，如果Link 能切掉 合適的邊、選擇合適的路徑從而使 總收益 - 總過路費最大化的話，就把傳說中的大師之劍送給他。
小 L 想得到大師之劍，於是他找到了你來幫忙，請你告訴他，Link 能得到的 總收益 - 總過路費最大是多少。
輸入輸出格式
輸入格式：
從文件lct.in 中讀入數據。
輸入第一行包含兩個正整數N; K，保證0 <= K < N <= 3* 10^5105 。
接下來N - 1 行，每行包含三個整數xi; yi; vi，表示第i 條邊連接圖中的xi; yi 兩點， 它的邊權為vi。
輸出格式
輸出到文件lct.out 中。
輸出一行一個整數，表示答案。
輸入輸出樣例
說明
【樣例1 解釋】
一種可能的最優方案為：切掉(2; 4; ?3) 這條邊，連接(3; 4; 0) 這條邊，選擇(p; q) = (1; 5)。
• 對於10% 的數據，k = 0 ;
• 對於另外10% 的數據，k = 1 ;
• 對於另外15% 的數據，k = 2 ;
• 對於另外25% 的數據，k <= 100 ;
• 對於其他數據，沒有特殊約定。
對於全部的測試數據，保證有1 <= N <= 3 * 10^5105 ; 1 <= xi; yi <= N; |vi| <= 10^6106 。
【提示】
題目並不難。
當時在考場上，，只會$k=0$還掛了一個點。。
題目等價於：在樹上選擇$k+1$條不相交的鏈，使其權值和最大。
考慮樹形DP（以下的$k$均為$k+1$）
一個很直觀的想法是用$f[i][j]$表示第$i$個節點，子樹中選了$j$條鏈的最大價值。
但這樣是無法轉移的，因此我們要考慮到根節點的情況，
令$f[0/1/2][i][j]$表示$i$號節點的子樹中選了$j$條鏈，根節點不在任何一條鏈中/作為鏈的端點/作為兩條鏈的端點的最大值。
更新的時候分三種情況討論。
但是這樣復雜度是$O(N*K)$的，考慮繼續優化。
看到這種帶$k$限制類的問題，我們嘗試wqs二分
按照套路，我們觀察$f$數組在不同的$k$下的最優解，不難發現函數是上凸的。嚴格證明不會，自己意會一下吧。。
按照套路，二分一個邊權，加到每條邊上，我們可以通過控制邊權來控制$k$的大小。如果邊權都很小，肯定是少選幾條鏈比較優，如果邊權比較大，肯定是多選幾條優。
按照套路，如果我們二分到一個邊權，在這里恰好選了$k$條鏈，那么這種選法就是最優的。
判斷的時候不需要枚舉$k$，因此DP一遍的復雜度為$O(N)$，總復雜度為$O(NlogV)$
還有就是這玩意兒二分的邊界比較詭異。。。
// luogu-judger-enable-o2 // luogu-judger-enable-o2 #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #include<map> #include<vector> #define Pair pair<int, int> #define int long long const int MAXN = 3 * 1e5 + 1; using namespace std; inline int read() { char c = getchar(); int x = 0, f = 1; while(c < '0' || c > '9') {if(c == '-') f = -1; c = getchar();} while(c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar(); return x * f; } struct Node { int x, y;//x ：權值 y：數目 bool operator < (const Node &rhs) const { return this -> x == rhs.x ? this -> y > rhs.y : this -> x < rhs.x;//tag } Node operator + (const Node &rhs) const { return (Node) {x + rhs.x, y + rhs.y}; } Node operator + (const int &rhs) const { return (Node) {x + rhs, y}; } }f[3][MAXN]; int N, K; struct Edge { int u, v, w, nxt; }E[MAXN << 1]; int head[MAXN], num = 0; inline void AddEdge(int x, int y, int z) { E[num] = (Edge) {x, y, z, head[x]}; head[x] = num++; } int mid; Node Plus(Node a) { return (Node){a.x - mid, a.y + 1}; } void dfs(int x, int fa) { f[2][x] = max(f[2][x], (Node) {-mid, 1}); for(int i = head[x]; i != -1; i = E[i].nxt) { int v = E[i].v; if(v == fa) continue; dfs(v, x); f[2][x] = max(f[2][x] + f[0][v], Plus(f[1][x] + f[1][v] + E[i].w));//把根與子樹連起來，會增加一條鏈 f[1][x] = max(f[1][x] + f[0][v], f[0][x] + f[1][v] + E[i].w); f[0][x] = f[0][x] + f[0][v]; //printf("%d %d %d\n", f[2][x].x, f[1][x].x, f[0][x].x); } f[0][x] = max(f[0][x], max(Plus(f[1][x]), f[2][x])); } main() { #ifdef WIN32 freopen("a.in", "r", stdin); #endif memset(head, -1, sizeof(head)); N = read(); K = read() + 1; int l = 0, r = 0; for(int i = 1; i < N; i++) { int x = read(), y = read(), z = read(); AddEdge(x, y, z); AddEdge(y, x, z); r += abs(z); } l = -r; while(l <= r) { mid = (l + r) >> 1; memset(f, 0, sizeof(f)); dfs(1, 0); if(f[0][1].y <= K) r = mid - 1; else l = mid + 1; } mid = l; memset(f, 0, sizeof(f)); dfs(1, 0); printf("%lld", f[0][1].x + mid * K); return 0; }