【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：
1 #include "bits/stdc++.h" 2 3 using namespace std; 4 5 inline int read(){ 6 int s=0,k=1;char ch=getchar(); 7 while (ch<'0'|ch>'9') ch=='-'?k=-1:0,ch=getchar(); 8 while (ch>47&ch<='9') s=s*10+(ch^48),ch=getchar(); 9 return s*k; 10 } 11 12 typedef long long ll; 13 14 const int N=3e5+10; 15 16 struct edges{ 17 int v,w;edges *last; 18 }edge[N<<1],*head[N];int cnt; 19 20 inline void push(int u,int v,int w) { 21 edge[++cnt]=(edges){v,w,head[u]},head[u]=edge+cnt; 22 } 23 24 int n,k; 25 ll slope; 26 const ll inf=1e15; 27 28 struct node { 29 ll val,num; 30 node(){val=num=0;} 31 node(ll v,ll nm):val(v),num(nm){} 32 inline ll &operator [](int x){ 33 return x?num:val; 34 } 35 inline void max(node a){ 36 if(a[0]>val||(a[0]==val&&a[1]<num)) 37 (*this)=a; 38 } 39 inline void add(node a,node b){ 40 if (a[0]==-inf||a[0]==-inf) return ; 41 a[0]+=b[0],a[1]+=b[1]; 42 max(a); 43 } 44 inline void add(node a,node b,int w,int opt){ 45 if(a[0]==-inf||b[0]==-inf) return ; 46 a[1]+=b[1]-opt,a[0]+=b[0]+w+slope*opt; 47 if(a[1]<=0) return ; 48 max(a); 49 } 50 inline node fa(){ 51 return node(val-slope,num+1); 52 } 53 }f[N][3]; 54 55 inline void dp(int x,int fa){ 56 f[x][0]=f[x][1]=f[x][2]=node(); 57 f[x][1][0]=f[x][2][0]=-inf; 58 for (edges *i=head[x];i;i=i->last) if(i->v!=fa) { 59 dp(i->v,x); 60 f[x][2].add(f[x][2],f[i->v][2]); 61 f[x][2].add(f[x][1],f[i->v][1],i->w,1); 62 f[x][2].add(f[x][1],f[i->v][0],i->w,0); 63 f[x][1].add(f[x][1],f[i->v][2]); 64 f[x][1].add(f[x][0],f[i->v][1],i->w,0); 65 f[x][1].add(f[x][0],f[i->v][0],i->w,-1); 66 f[x][0].add(f[x][0],f[i->v][2]); 67 } 68 f[x][2].max(f[x][1]); 69 f[x][2].max(f[x][0]); 70 f[x][2].max(f[x][0].fa()); 71 } 72 73 74 int main(){ 75 n=read(),k=read()+1; 76 for (int i=1;i<n;++i) { 77 int a=read(),b=read(),w=read(); 78 push(a,b,w),push(b,a,w); 79 } 80 ll l=-1e12,r=1e12; 81 node now; 82 ll ans=0; 83 while (l<=r) { 84 slope=l+r>>1; 85 dp(1,0); 86 now=f[1][2]; 87 if(now[1]<=k) 88 ans=now[0]+slope*k,r=slope-1; 89 else l=slope+1; 90 } 91 printf("%lld\n",ans); 92 }
