题解 【P5021 [NOIP2018 提高组] 赛道修建】
做法：贪心/二分/\(\texttt{DFS}\)（树形 \(\texttt{DP}\)）/并查集
前言
清一色的 \(\texttt{multiset}\) ，为什么啊？
这的确是一道好题，做法很多，对于这里贪心的维护难道非要经行删除操作？（还有为什么有人说显然要 \(\texttt{multiset}\) ？)像我这样的蒟蒻不会 \(\texttt{multiset}\) 怎么办？
提供一种不用 \(\texttt{multiset}\) 的做法（码量小）。
题意
给你一颗带权树，要你选 \(k\) 条没有重边的链，使得这些链中权值最小值最大。
这里链的权值定义为链上所有边权之和。
思路
好像做过一道类似的题
\(\texttt{undate}\)：确实为\(\texttt{P6147}\)的加强版。
看到最小值最大，显然二分答案，且有十分明显的单调性，然后 \(check\) 一下就好了。
\(check\) 里面是一个经典的树形 \(\texttt{DP}\)，考虑从叶子节点往上处理，因为对于每个节点向上到父亲的边只有一条，所以对于每个节点记录从这个节点一直往下最深并没有选进链的链（以下记为 \(s[i]\) ，如何得到这个值请往下看)。
对于每一个节点，我们要进行两种操作。
-
若以这个节点为链的端点，有大于目标值的链，直接对答案贡献 \(+1\) 。
-
若以这个节点为某一条链，两个端点的 \(\texttt{LCA}\) ，则要做一个拼接操作，将两个儿子的 \(s[i]+dis(fa,son_i)\) 值合并，但这两个 \(s\) 值相加必须要大于目标值。
剩下的儿子节点中最大的 \(s[i]+dis(fa,son_i)\) 作为 \(s[fa]\) 。
可以证明，先要优先最大化合并操作的次数，因为若要优先最大化 \(s[i]\) ，则可能这第 \(i\) 个节点的合并个数会变小，但 \(s[i]\) 增大最多对i的父节点的贡献 \(+1\) 。(贪心*1）
但是在优先最大化每个节点合并的次数，还要次优先最大化 \(s[i]\) ，原本我有一个错误的贪心：是先排序 \(s[son\_of\_i]\) ，然后不断将最左边的数和最右边的数合并，若不能合并，则将最左边的值删去。
但是这个贪心是错的，参考样例：2 8 9 目标值:10 wrong:s[n]=8 ans:s[n]=9 。
发现这里疏忽了一点，就是应该选择这个数最小能匹配的数，可以用 \(\texttt{lower\_bound}\) 求出。(贪心*2)
求出那个数之后，要将它删去，这里我用 \(\Large\texttt{并查集}\) 来维护，若第 \(i\) 个数被删去，就将自己的父亲定为 \(i+1\) 。然后取二分到的那个数的祖宗，若这个祖宗是 \(s.size()+1\) （即这个数后面的数都被删完了），就跳过这个数。
时间复杂度 \(O((\log\sum val)\times N\log N\times\alpha(N))\) （远远达不到的，本人不会均摊QwQ）
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define PB push_back
#define MP make_pair
const int N = 5e4;
#define pii pair<int,int>
inline int read()
{
int s = 0;
register bool neg = 0;
register char c = getchar();
for (; c < '0' || c > '9'; c = getchar())
neg |= (c == '-');
for (; c >= '0' && c <= '9'; s = s * 10 + (c ^ 48), c = getchar())
;
s = (neg ? -s : s);
return s;
}
int a,b,p,res,s[N+10],nxt[N+10],lst[N+10],Fa[N+10];
bool vis[N+10];
vector<pair<int,int> >st[N+10];
inline int f(int n) {
return Fa[n]==n?n:Fa[n]=f(Fa[n]);
}
inline void dfs(int n,int fa) {
s[n]=0;
vector<int> q;
q.clear();
for(int i=0;i<st[n].size();i++) {
int v=st[n][i].first,val=st[n][i].second;
if(v==fa) continue;
dfs(v,n);
if(s[v]+val>=p) res++;
else q.PB(val+s[v]);
}
if(!q.size()) return;
if(q.size()==1) {
s[n]=q[0];
return;
}
sort(q.begin(),q.end());
for(int i=0;i<=(int)q.size();i++) Fa[i]=i,vis[i]=0;
for(int i=0;i<(int)(q.size()-1);i++) {
if(vis[i]) continue;
if(i>=q.size()-1||i==-1) break;
int t=lower_bound(q.begin()+i+1,q.end(),p-q[i])-q.begin();
if(t>=q.size()) continue;
t=f(t);
if(t>=q.size()) continue;
if(q[t]+q[i]<p) continue;
vis[t]=1;
vis[i]=1;
Fa[t]=t+1;
res++;
}
for(int i=(int)(q.size()-1);i>=0;i--) if(!vis[i]) {
s[n]=q[i];
break;
}
}
inline bool check(int n) {
p=n;
res=0;
dfs(1,0);
return res>=b;
}
signed main()
{
// freopen("in.txt","r",stdin);
a=read();
b=read();
int x,y,z,mx=0;
for(int i=1;i<a;i++) {
x=read();
y=read();
z=read();
mx+=z;
st[x].PB(MP(y,z));
st[y].PB(MP(x,z));
}
int l=1,r=mx,ans=0;
while(l<=r) {
int mid=(l+r)>>1;
if(check(mid)) l=mid+1,ans=mid;
else r=mid-1;
}
printf("%d",ans);
return 0;
}
