林克卡特树
P4383 [八省联考2018]林克卡特树
分析
对于题目要求的删除 \(k\) 条边，再连接 \(k\) 条边，分析一下，我们发现，实际上再连接的 \(k\) 条边，由于它们的权值是 \(0\) ，连接与否效果都是一样，那么，我们就只考虑如何删除那 \(k\) 条边即可，于是，这个问题我们就可以转化为将一棵树上选出 \(k+1\) 条链，然后拼起来的总权值和最大
对于此类树上 dp 问题，可以设 \(dp[i][j]\) 表示以 \(i\) 为根的子树，在该子树内选择了 \(j\) 条边的最大值
但是这样设计状态的话可以发现，如果两个点之间进行了连边，我们是不容易知道此时连边的具体情况的，因为这个点可能在一条链的端点（起点和终点），或者是一条链上的中间的一个节点，或者是不在链上，因此难以进行转移
那么，对于原树中的一个点，进行连边之后，每个点的度数应该为 \(0/1/2\) ，因此，我们可以再添加一维，变成 \(dp[i][j][0/1/2]\) 表示以 \(i\) 为根的子树内选择了 \(j\) 条边，且 \(i\) 的度数为 \(0/1/2\) 时的最大值，其中度数为 \(0\) 表示该点不在所选链中， \(1\) 表示这个点拖着一条未完成的链，为 \(2\) 表示这个点被连接两个子树的链相连，我们在这里把一个点也看作是一个为完成的链
如果当前 \(u\) 节点的度数是 \(0\) ，那么它显然并不在最后形成的答案路径里，那么直接进行更新即可
如果当前节点 \(u\) 的度数是 \(1\) ，那么此时，它可以是拖着一条没有完成的链的状态，那么此时的答案就是它自己先前的值，再加上自己儿子不在链上时，其子树内的最大权值和；另一种情况，就是此时它度数是 \(1\) ，就是它与它的儿子相连，在这种情况下，它的儿子的应该是一个挂着一条未完成的链时的情况，由于在连边之前，节点 \(u\) 是 \(0\) 度的，就需要从 \(dp[u][0][k]\) 转移过来
如果当前节点的度数为 \(2\) ，同上，对于当前节点 \(u\) ，可以直接继承子节点的最大值，或者，这个点是先前挂着一条链，然后与挂着一条链的子节点相连，得到一条更长的链，使得该点被两个链相连
该方法显然是 \(O(nk^2)\) 的复杂度
优化
经过打表 ，可以发现这个题中设以 \(k\) 为横坐标，对应的最大值为纵坐标时所构成的平面图形为一个凸壳，此时我们可以考虑进行 WQS 优化
那么按照套路，将树形 dp 中的第三维的条件限制去掉，转变为增加惩罚值，直接二分一个值，带入 check 即可
注意在此时，我们消除了 dp 的第三维的限制，那么就需要特殊处理一下转移的顺序，即旋转 \(dp[i][2]\) ，再转移 \(dp[i][1]\) ，最后转移 \(dp[i][0]\)
在 dp 最后，要将子树的信息进行合并，准备向上传递，那么就直接都合并到 \(dp[i][0]\) 上即可
在初始化的时候，一开始就把初值都变为 \(0\) ，但是对于一个点，我们认为它实际上是一条并没有完成的链，所以就要注意在初始化时将 \(dp[i][1]\) 进行的值设为 \(-val\) ，即为惩罚值，并且将此时的选择条数记为 \(1\)
Code
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<math.h>
#include<queue>
#include<climits>
#define ll long long
#define ld long double
using namespace std;
inline ll read()
{
ll x=0,f=1;
char ch=getchar();
while(!isdigit(ch))
{
if(ch=='-') f=-1;
ch=getchar();
}
while(isdigit(ch))
{
x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';
ch=getchar();
}
return x*f;
}
const ll inf=1e16+10;
const ll maxn=3e5+10;
ll tot,ans,n,k,l,r,mid;
ll head[maxn<<1];
struct edge
{
ll u,v,nxt,w;
} s[maxn<<1];
struct node
{
ll v,d;
node operator + (const node &a) const
{
node c;
c.v=v+a.v;
c.d=d+a.d;
return c;
}
bool operator < (const node &a) const
{
if(a.v==v)
{
return d<a.d;
}
return v<a.v;
}
} f[maxn][3];
inline ll _abs(ll x)
{
return x<0 ? -x : x;
}
inline void add(ll u,ll v,ll w)
{
s[++tot].v=v;
s[tot].w=w;
s[tot].nxt=head[u];
head[u]=tot;
}
inline void dp(ll x,ll fa,ll val)
{
for(int i=head[x];i;i=s[i].nxt)
{
ll v=s[i].v;
ll w=s[i].w;
if(v==fa) continue;
dp(v,x,val);
f[x][2]=max(f[x][2]+f[v][0],f[x][1]+f[v][1]+node{w,0}+node{-val,1ll});
f[x][1]=max(f[v][1]+f[x][0]+node{w,0ll},f[x][1]+f[v][0]);
f[x][0]=f[v][0]+f[x][0];
}
f[x][0]=max(f[x][0],max(f[x][1]+node{-val,1ll},f[x][2]));
}
inline node judge(ll x)
{
for(int i=1;i<=n;i++)
{
f[i][0].v=f[i][1].v=0;
f[i][0].d=f[i][1].d=0;
f[i][2].v=-x;
f[i][2].d=1;
}
dp(1,0,x);
return f[1][0];
}
int main(void)
{
n=read(),k=read();
k++;
for(int i=1;i<=n-1;i++)
{
ll x=read(),y=read(),z=read();
add(x,y,z);
add(y,x,z);
r+=_abs(z);
l-=_abs(z);
}
while(l<r)
{
mid=(l+r)>>1;
node x=judge(mid);
if(x.d>k)
{
ans=x.v+mid*k;
l=mid+1;
}
else r=mid;
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
