【HEOI 2018】Day2 T2 林克卡特树

题目大意：

　　给一个n个节点的树，然后将其分成k+1个联通块，再在每个联通块取一条路径，将其连接起来，求连接起来的路径最大权值。

题解：

　　考场只会20分，还都打挂了……

　　60分的做法其实并不难，nk DP即可，设$f(i,j,0/1/2)$表示i子树选取了j个联通块，i这个节点连了0/1/2条边时的最优解。

　　100分的做法就是60分做法的拓展。

　　很容易想到一件事，就是以联通块数为x轴，最优解为y轴，那么这个图像应该是一个单峰上凸函数。同时该离散函数每相邻两点间的斜率是递减的：因为考虑当前联通块数为a，则当联通块数为a+1时，必然是在a时最优解上再连接一段新切出的可空路径并割去一部分可空路径，当补上一条新路径时，我们很容易知道这次补上的路径-割去路径一定小于以前做的同样操作（最优性）。

　　这样我们发现斜率是具有单调性的（即单调减）。那么我们二分这个斜率，并将原图像减去这个斜率对应的正比例函数，会发现，新图像将会在这个斜率对应点的位置最高，同时也是一个斜率递减函数。

　　那么我们考虑如何求出此时的答案：新图像上的最高点权值+新图像上最高点联通块数*斜率。

　　我们考虑这个东西怎么求。

　　设二元组$f(i,0/1/2)$表示i节点连了0/1/2条边时的最优解和其联通块数（尽量小）。特别的没有连边的i，算为一个联通块，2为0/1/2这三个状态的最优解。

　　考虑这个东西怎么转移：

　　假设已经得到子节点v的答案。

　　对于$f(x,2)$，我们有三种选择，1.保持原来不变，把$f(v,2)$加上；2.由$f(x,1)$和$f(v,1)$合并；3.由$f(x,1)和f(v,0)$合并。

　　$f(x,1)$,我们同样有三种选择，大体同上者。

　　$f(x,0)$，我们只有一种选择，即和$f(v,2)$结合。

　　我们以$f(x,2)$为例：对于第一种情况，联通块数不变直接合并即可，对于第二种情况联通块数减少1，第三种情况同样减少了1个联通块。

　　得到结果以后比较k+1与最优解对应的联通块数，大于则说明斜率过小，否则说明斜率还可能更大。

代码：

 #include "bits/stdc++.h"

 using namespace std;

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

 typedef long long ll;

 const int N=3e5+;

 struct edges{
     int v,w;edges *last;
 }edge[N<<],*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=;}
     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[]>val||(a[]==val&&a[]<num))
             (*this)=a;
     }
     inline void add(node a,node b){
         if (a[]==-inf||a[]==-inf)    return ;
         a[]+=b[],a[]+=b[];
         max(a);
     }
     inline void add(node a,node b,int w,int opt){
         if(a[]==-inf||b[]==-inf) return ;
         a[]+=b[]-opt,a[]+=b[]+w+slope*opt;
         if(a[]<=) return ;
         max(a);
     }
     inline node fa(){
         return  node(val-slope,num+);
     }
 }f[N][];

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

 int main(){
     n=read(),k=read()+;
     for (int i=;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=;
     while (l<=r) {
         slope=l+r>>;
         dp(,);
         now=f[][];
         if(now[]<=k)
             ans=now[]+slope*k,r=slope-;
         else l=slope+;
     }
     printf("%lld\n",ans);
 }