P4383 [八省联考2018]林克卡特树 树形dp Wqs二分

LINK：林克卡特树

作为树形dp 这道题已经属于不容易的级别了。

套上了Wqs二分 (反而更简单了 大雾

容易想到还是对树进行联通情况的dp 然后最后结果总和为各个联通块内的直径.

\(f_{i,j}\)表示以i为根的子树内有j条边被删掉 可以发现这个状态难以转移。

需要换个状态 一个比较经典的做法是套用树的直径的那套来做 每个点向上传递单条链或者什么都不传来转移。

传递单条链可以在父亲的那个地方合成一条 然后钦定此条为以x为根的联通内的最大值 那么就可以从x所在父亲的那条边切断了。

或者 传递到父亲那里 再向上传单条链。

传双条链可以默认直接断开 相当于什么都不传。

这样各个联通块都容易dp出来代价了。

但x处还需要开一个状态表示以x在链上且不想上传递链的最大值。

那么只有三种 可以形象的描述为x的度数为0,1,2.

即设\(f_{i,j,0/1,2}\)分别表示此时断开k条链时分别为上述三个状态的最大值。

转移很容易 不再赘述 值得一提的是转移结束时 对于\(f_{x,1},f_{x,2}\)都需要再向\(f_{x,0}\)进行过渡转移。

这是\(n\cdot k^2\)的。

恰好分k个容易想到 Wqs二分 二分斜率切凸包即可。

复杂度\(n\cdot log Mx\)

code

//#include<bits\stdc++.h>
#include<iostream>
#include<iomanip>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<cctype>
#include<cstdlib>
#include<queue>
#include<deque>
#include<stack>
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<utility>
#include<bitset>
#include<set>
#include<map>
#define ll long long
#define db double
#define INF 10000000000000000ll
#define ldb long double
#define pb push_back
#define put_(x) printf("%d ",x);
#define get(x) x=read()
#define gt(x) scanf("%d",&x)
#define gi(x) scanf("%lf",&x)
#define put(x) printf("%d\n",x)
#define putl(x) printf("%lld\n",x)
#define gc(a) scanf("%s",a+1)
#define rep(p,n,i) for(RE int i=p;i<=n;++i)
#define go(x) for(int i=lin[x],tn=ver[i];i;tn=ver[i=nex[i]])
#define fep(n,p,i) for(RE int i=n;i>=p;--i)
#define vep(p,n,i) for(RE int i=p;i<n;++i)
#define pii pair<int,int>
#define mk make_pair
#define RE register
#define P 1000000007
#define gf(x) scanf("%lf",&x)
#define pf(x) ((x)*(x))
#define uint unsigned long long
#define ui unsigned
#define EPS 1e-6
#define sq sqrt
#define S second
#define F first
#define mod 1000000007
#define V vector
using namespace std;
char buf[1<<15],*fs,*ft;
inline char getc()
{
    return (fs==ft&&(ft=(fs=buf)+fread(buf,1,1<<15,stdin),fs==ft))?0:*fs++;
}
inline int read()
{
    RE int x=0,f=1;RE char ch=getc();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getc();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getc();}
    return x*f;
}
const int MAXN=300010;
int n,len,k;
int fa[MAXN];
int lin[MAXN],ver[MAXN<<1],nex[MAXN<<1],e[MAXN<<1];
ll l,r,mid;
struct wy
{
	ll s;int v;
	inline wy friend operator +(wy a,wy b){return (wy){a.s+b.s,a.v+b.v};}
	inline bool friend operator <(wy a,wy b){return a.s<b.s||(a.s==b.s&&a.v<b.v);}
}f[MAXN][3];
inline wy max(wy a,wy b){return a<b?b:a;}
inline void add(int x,int y,int z)
{
	ver[++len]=y;
	nex[len]=lin[x];
	lin[x]=len;
	e[len]=z;
}
inline void dfs(int x,int father)
{
	fa[x]=father;
	go(x)if(tn!=father)dfs(tn,x);
}
inline void dp(int x)
{
	f[x][0]=(wy){0,0};f[x][1]=(wy){0,0};f[x][2]=(wy){mid,1};
	go(x)if(tn!=fa[x])
	{
		dp(tn);
		f[x][2]=max(f[x][2]+f[tn][0],f[x][1]+f[tn][1]+(wy){mid+e[i],1});
		f[x][1]=max(f[x][1]+f[tn][0],f[x][0]+f[tn][1]+(wy){e[i],0});
		f[x][0]=f[x][0]+f[tn][0];
	}
	f[x][0]=max(f[x][0],max(f[x][1]+(wy){mid,1},f[x][2]));
}
int main()
{
	//freopen("1.in","r",stdin);
	get(n);get(k)+1;
	rep(2,n,i)
	{
		int get(x),get(y),get(z);
		add(x,y,z);add(y,x,z);
		r+=z>0?z:-z;
	}
	dfs(1,0);l=-r;
	while(l<r)
	{
		mid=(l+r)>>1;
		dp(1);
		if(f[1][0].v>=k)r=mid;
		else l=mid+1;
	}
	mid=r;dp(1);
	printf("%lld\n",f[1][0].s-mid*k);
	return 0;
}