@loj - 2478@「九省联考 2018」林克卡特树

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@solution@
- @part - 1@
- @part - 2@
@accepted code@
@details@

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小 L 最近沉迷于塞尔达传说：荒野之息（The Legend of Zelda: Breath of The Wild）无法自拔，他尤其喜欢游戏中的迷你挑战。

游戏中有一个叫做 “LCT” 的挑战，它的规则是这样子的：现在有一个 N 个点的树（Tree），每条边有一个整数边权 $v_i$，若 $v_i \ge 0$，表示走这条边会获得 $v_i$ 的收益；若 $v_i \lt 0$，则表示走这条边需要支付 $−v_i$ 的过路费。小 L 需要控制主角 Link 切掉（Cut）树上的恰好 K 条边，然后再连接 K 条边权为 0 边，得到一棵新的树。接着，他会选择树上的两个点 p, q，并沿着树上连接这两点的简单路径从 p 走到 q ，并为经过的每条边支付过路费 / 获取相应收益。

海拉鲁大陆之神 TemporaryDO 想考验一下 Link。他告诉 Link，如果 Link 能切掉合适的边、选择合适的路径从而使总收益-总过路费最大化的话，就把传说中的大师之剑送给他。

小 L 想得到大师之剑，于是他找到了你来帮忙，请你告诉他，Link 能得到的总收益-总过路费最大是多少。

input

输入第一行包含两个正整数 N, K，保证 $0 \le K \lt N \le 3 \times 10^5$。

接下来 N − 1 行，每行包含三个整数 $x_i, y_i, v_i$ ，表示第 i 条边连接图中的 $x_i, y_i$ 两点，它的边权为 $v_i$。保证 $1 \le x_i, y_i \le N$，$|v_i| \le 10^6$。

output

输出一行一个整数，表示答案。

simple input

5 1

1 2 3

2 3 5

2 4 -3

4 5 6

simple output

14

simple explain

一种可能的最优方案为：切掉 (2, 4, −3) 这条边，连接 (3, 4, 0) 这条边，选择 (p, q) = (1, 5)。

提示：题目并不难。（这句话属于题目描述，不是我自己加的 qwq）

@solution@

那句 “题目并不难” 真的是出题人留的。

@part - 1@

先来转换一下题目的要求：恰好选择 K + 1 条不相交的路径（单个点算一条路径），使它们的权值和最大。可以发现这个问题与原问题是等价的。

对个数的限制，通常可以使用带权二分解决。打表观察发现这道题具有带权二分所需要的凸性，所以我们的确可以用带权二分。

我们给每一条路径二分一个附加权值，权值越大选的路径越多，权值越小选的路径越少。

二分的上界为所有边权的最大值，即我选取任何边作为一条路径，都不如把它拆成两个点作为两条路径优秀，路径数量最大。

但是二分的下界并不是所有边权的最小值，实测 -10^9 是可以的，但是理论应该是所有边权的和的相反数……

管它的。调出来就行。

@part - 2@

定义 $dp[0/1][i]$ 表示以结点 $i$ 为根的子树中，所能得到的最优解。0 表示不选择 $i$ 到父亲这条边，1 表示选择 $i$ 到父亲这条边。再记录 $cnt[0/1][i]$ 表示取得最优值时所对应的路径数量。

基本思路是：我们仅在路径的顶端（即两个端点的 LCA）将这条路径的贡献计入答案。

转移时维护 $temp[0/1]$，表示当前根节点向下没有连一条路径所能取到最优解。

这样 $dp[1][i]$ 可以由 $temp + dp[1][j]$ 与 $dp[0][j]$ 两种方法转移过来，其中 j 是 i 的孩子。

而 $dp[0][i]$ 可以由 $dp[1][i] + dp[1][j]$ 与 $dp[0][j]$ 两种方法转移过来。

细节较多，可以参考一下代码。因为我语文太差实在是描述不出来了QAQ。

@accepted code@

#include<cmath>

#include<cstdio>

#include<algorithm>

using namespace std;

typedef long long ll;

const int MAXN = 300000;

struct edge{

	int to; ll dis;

	edge *nxt;

}edges[2*MAXN + 5], *adj[MAXN + 5], *ecnt = &edges[0];

void addedge(int u, int v, int w) {

	edge *p = (++ecnt);

	p->to = v, p->dis = w;

	p->nxt = adj[u], adj[u] = p;

	p = (++ecnt);

	p->to = u, p->dis = w;

	p->nxt = adj[v], adj[v] = p;

}

int N, K;

int cnt[2][MAXN + 5];

ll dp[2][MAXN + 5], ans, mid;

void dfs(int rt, int pre) {

	ll tmp1; int tmp2;

	tmp1 = dp[0][rt] = dp[1][rt] = 0;

	tmp2 = cnt[1][rt] = cnt[0][rt] = 0;

	if( mid >= 0 )

		dp[0][rt] = mid, cnt[0][rt] = 1;

	for(edge *p=adj[rt];p!=NULL;p=p->nxt) {

		if( p->to == pre ) continue;

		dfs(p->to, rt);

		if( (dp[0][rt] + dp[0][p->to] > dp[1][rt] + dp[1][p->to] + p->dis + mid) || (dp[0][rt] + dp[0][p->to] == dp[1][rt] + dp[1][p->to] + p->dis + mid && cnt[0][rt] + cnt[0][p->to] > cnt[1][rt] + cnt[1][p->to] + 1) )

			dp[0][rt] += dp[0][p->to], cnt[0][rt] += cnt[0][p->to];

		else dp[0][rt] = dp[1][rt] + dp[1][p->to] + p->dis + mid, cnt[0][rt] = cnt[1][rt] + cnt[1][p->to] + 1;

		if( (dp[1][rt] + dp[0][p->to] > tmp1 + dp[1][p->to] + p->dis) || (dp[1][rt] + dp[0][p->to] == tmp1 + dp[1][p->to] + p->dis && cnt[1][rt] + cnt[0][p->to] > tmp2 + cnt[1][p->to]) )

			dp[1][rt] += dp[0][p->to], cnt[1][rt] += cnt[0][p->to];

		else dp[1][rt] = tmp1 + dp[1][p->to] + p->dis, cnt[1][rt] = tmp2 + cnt[1][p->to];

		tmp1 += dp[0][p->to], tmp2 += cnt[0][p->to];

	}

}

bool check() {

	dfs(1, 0); ans = dp[0][1];

	return cnt[0][1] >= K + 1;

}

int main() {

	scanf("%d%d", &N, &K);

	for(int i=1;i<N;i++) {

		int x, y, v;

		scanf("%d%d%d", &x, &y, &v);

		addedge(x, y, v);

	}

	ll le = ll(-1E9), ri = ll(1E6);

	while( le < ri ) {

		mid = ll(floor((le + ri)/2.0));

		if( check() ) ri = mid;

		else le = mid + 1;

	}

	mid = le; check();

	printf("%lld\n", ans - 1LL*le*(K + 1));

}

@details@

这种树形 dp 口胡起来很简单，写起来是真的……不好写。

找二分的下界让我找了好久……

以后有时间可以去总结一下带权二分上下界的套路。