@loj - 2478@「九省联考 2018」林克卡特树
@description@
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。
