87-D 题目大意

给定一颗 $n$ 个节点的树，边带权。

现在要枚举所有路径，对于一条路径，取边权最大的边给它得分加 $1$ ；若有多个权最大的边，则这些边的得分都加 $1$ 。

输出最后所有边中的最大的得分是多少，有多少条得分最大的边。第二行输出这些得分最大的边的编号

Solution

首先考虑简化版，如果边权都不一样怎么做。

对于这样的经典模型，通用的做法是对边进行排序，按边权从小到大枚举边，这条边的得分为它连接的两个联通块的大小之积，计算之后用并查集合并两个连通块。

现在的问题中存在权值相同的边权，显然我们每次枚举需要把权值相同的边统一处理了，难点在于计算得分策略的设计。

枚举一组权值相同的边，设一个边 $e$ 连接的两个端点 $u, v$ （其中 $d e p [u] > d e p [v]$ ），我们记录下每条边连接的 $u$ 所对应的连通块的大小 $s i z [u]$ ，然后在并查集中把这些边全部进行合并，之后再次枚举这些边计算贡献，则此时能够计算出边 $e$ 的得分为 $(s i z [u^{'}] - s i z [u]) * s i z [u] * 2$ （其中 $u^{'}$ 表示并查集合并之后的 $u$ 点）

基于这样的想法，显然我们需要保证后续的合并不会影响前面所有的 $u$ 所在的连通块大小。因为能够影响到 $u$ 所在连通块大小的其他连通块一定比它深度更大。所以这里我们对同组的边按深度进行排序，优先处理深度更大的边。

时间复杂度 $O (n l o g n + n \cdot α (n))$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

template<typename T>
struct DSU{
	int n;
	vector<T> p,siz;
	DSU(int _n):p(_n+1),siz(_n+1),n(_n){
		iota(p.begin(),p.end(),0);
		for(int i=0;i<=n;i++) siz[i]=1;
	}
	T findd(T x){
		return p[x]==x?x:p[x]=findd(p[x]);
	}
	void unionn(T x,T y){
		x=findd(x),y=findd(y);
		if(x==y) return;
		if(siz[x]>siz[y]) swap(x,y);
		p[x]=y;
		siz[y]+=siz[x];
	}
};

void solve(){
	int n;
	cin>>n;
	vector<vector<pair<int,int>>> g(n);
	vector<array<int,4>> e(n-1);
	for(int i=0;i<n-1;i++){
		int x,y,w;
		cin>>x>>y>>w;
		x--,y--;
		e[i]={x,y,w,i};
		g[x].push_back({y,w});
		g[y].push_back({x,w});
	}
	vector<int> dep(n);
	function<void(int,int,int)> dfs=[&](int x,int fa,int depth){
		dep[x]=depth;
		for(auto t:g[x]){
			if(t.first==fa) continue;
			dfs(t.first,x,depth+1);
		}
	};
	dfs(0,-1,0);
	sort(e.begin(),e.end(),[&](const auto &a,const auto &b){
		int x1=a[0],y1=a[1],x2=b[0],y2=b[1];
		return a[2]==b[2]?max(dep[x1],dep[y1])>max(dep[x2],dep[y2]):a[2]<b[2];
	});
	DSU<int> dsu(n);
	ll ans=0;
	int cnt=0;
	vector<ll> res(n-1);
	for(int i=0;i<n-1;){
		int x=e[i][0],y=e[i][1];
		queue<int> q;
		int j=i;
		while(j<n-1&&e[j][2]==e[i][2]){
			if(dep[e[j][0]]<dep[e[j][1]]) swap(e[j][0],e[j][1]);
			q.push(dsu.siz[dsu.findd(e[j][0])]);
			dsu.unionn(e[j][0],e[j][1]);
			j++;
		}
		while(i<j){
			res[e[i][3]]=1LL*q.front()*(dsu.siz[dsu.findd(e[i][0])]-q.front())*2;
			if(res[e[i][3]]>ans){
				ans=res[e[i][3]];
				cnt=1;
			}else if(res[e[i][3]]==ans){
				cnt++;
			}
			q.pop();
			i++;
		}
	}
	cout<<ans<<" "<<cnt<<'\n';
	for(int i=0;i<n-1;i++){
		if(res[i]==ans) cout<<i+1<<" ";
	}
}

int main(){
	ios_base::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
	int T=1;
	//cin>>T;
	while(T--){
		solve();
	}
	return 0;
}