ABC369G 题解

Sol

观察样例发现先选叶子节点把所有的边都用上之后再怎么选答案都不会变，所以一定是先把叶子选完。

考虑贪心地选叶子，一个叶子对答案的贡献是两倍的其到根节点的边权之和，选了这个叶子就把这些边的边权清空。

考虑到一个点管辖的叶子节点是一段连续的区间，我们可以方便地用线段树维护每个叶子的贡献。

因为每条边只会被贡献一次，所以复杂度是 \(O(n\log n)\) 的。

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
typedef pair<int,int> pii;
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define mp make_pair
const int N=2e5+10,INF=0x3f3f3f3f3f3f3f3f,mod=1e9+7;
int n;
struct edge{
	int v,w,nxt;
}e[N*2];
int head[N],cnt=2;
void add(int u,int v,int w){
	e[cnt].v=v;
	e[cnt].w=w;
	e[cnt].nxt=head[u];
	head[u]=cnt++;
}
int fa[N],faw[N],L[N],R[N],d[N],rnk[N],num;
void dfs(int u,int f){
	L[u]=INF,R[u]=0;
	bool lf=1;
	for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt){
		if(e[i].v!=f){
			lf=0;
			fa[e[i].v]=u,faw[e[i].v]=e[i].w;
			d[e[i].v]=d[u]+e[i].w;
			dfs(e[i].v,u);
			L[u]=min(L[u],L[e[i].v]);
			R[u]=max(R[u],R[e[i].v]);
		}
	}
	if(lf)L[u]=R[u]=++num,rnk[num]=u;
}
struct node{
	int val,lazy,id;
}t[N*4];
node operator+(node x,node y){
	node res=x.val>y.val?x:y;
	res.lazy=0;
	return res;
}
void pushdown(int p){
	t[p*2].val+=t[p].lazy;
	t[p*2].lazy+=t[p].lazy;
	t[p*2+1].val+=t[p].lazy;
	t[p*2+1].lazy+=t[p].lazy;
	t[p].lazy=0;
}
void build(int p,int l,int r){
	if(l==r){
		t[p].val=d[rnk[l]]*2;
		t[p].id=l;
		return;
	}
	int m=(l+r)>>1;
	build(p*2,l,m);
	build(p*2+1,m+1,r);
	t[p]=t[p*2]+t[p*2+1];
}
void update(int p,int l,int r,int L,int R,int val){
	if(L<=l&&r<=R){
		t[p].val+=val;
		t[p].lazy+=val;
		return;
	}
	int m=(l+r)>>1;
	pushdown(p);
	if(L<=m)update(p*2,l,m,L,R,val);
	if(R>m)update(p*2+1,m+1,r,L,R,val);
	t[p]=t[p*2]+t[p*2+1];
}
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0),cout.tie(0);
	cin>>n;
	for(int i=1;i<n;i++){
		int u,v,w;
		cin>>u>>v>>w;
		add(u,v,w),add(v,u,w);
	}
	dfs(1,0);
	build(1,1,num);
	int ans=0;
	for(int i=1;i<=num;i++){
		ans+=t[1].val;
		int p=rnk[t[1].id];
		while(fa[p]&&faw[p]){
			update(1,1,num,L[p],R[p],-2*faw[p]);
			faw[p]=0;
			p=fa[p];
		}
		cout<<ans<<'\n';
	}
	for(int i=num+1;i<=n;i++)cout<<ans<<'\n';
	return 0;
}