洛谷 P9047 [PA2021] Poborcy podatkowi

题意

给一棵有边权的树，从中选出若干条长度为 4 的路径，要求边不交，求最大权值和。

数据范围：$1\le n\le 2\times {10}^5,-{10}^9\le w\le {10}^9$。

题解

考虑朴素平方做法：设 $f_{i,0/1/2/3}$ 表示 $i$ 的子树内的答案，同时记录 $i$ 上可能有的一条不完整路径的长度。在每个点处合并儿子，注意到具体谁和谁拼接不太重要，进行一个 DP，记录当前长度为 2 路径的奇偶性，以及长度为 1,3 路径的个数差，就可以做到 $n^2$。瓶颈在于长度 1,3 的路径的拼接。

一个结论：数轴上从原点开始随机游走，每次等概率左右移动，最终到达的最远的点到原点的距离期望是根号级别。考虑随机打乱儿子，那么对于最优解的 DP 路径，长度 1,3 路径的个数差始终在儿子个数的平方根的几倍以内的概率非常大，那么我们 DP 数组只开这么大，得到答案多半也是对的。这样，时间复杂度优化为 $\mathrm{\Theta }(n\sqrt{n})$。

代码

// Author: kyEEcccccc
 
#include <bits/stdc++.h>
 
using namespace std;
 
using LL = long long;
using ULL = unsigned long long;
 
#define F(i, l, r) for (int i = (l); i <= (r); ++i)
#define FF(i, r, l) for (int i = (r); i >= (l); --i)
#define MAX(a, b) ((a) = max(a, b))
#define MIN(a, b) ((a) = min(a, b))
#define SZ(a) ((int)((a).size()) - 1)
 
const int N = 200005, B = 1000;
 
int n;
vector<pair<int, LL>> e[N];
mt19937 ran(chrono::system_clock::now().time_since_epoch().count());
LL f[N][4], g[2][B * 2 + 5][2];
 
void dp(int u, int par, LL wp)
{
	for (auto pi : e[u])
	{
		if (pi.first == par) continue;
		dp(pi.first, u, pi.second);
	}
	int pre_i = 0, cur_i = 1;
	memset(g, 0xc0, sizeof (g));
	g[0][B + 1][0] = 0;
	for (auto pi : e[u])
	{
		if (pi.first == par) continue;
		int v = pi.first;
		F(i, 1, B * 2 + 1) F(t, 0, 1)
		{
			MAX(g[cur_i][i][t], g[pre_i][i][t ^ 1] + f[v][2]);
			MAX(g[cur_i][i][t], g[pre_i][i - 1][t] + f[v][1]);
			MAX(g[cur_i][i][t], g[pre_i][i + 1][t] + f[v][3]);
			MAX(g[cur_i][i][t], g[pre_i][i][t] + f[v][0]);
		}
		swap(pre_i, cur_i);
	}
	MAX(f[u][0], g[pre_i][B + 1][0]);
	MAX(f[u][0], g[pre_i][B][0] + wp);
	MAX(f[u][1], g[pre_i][B + 1][0] + wp);
	MAX(f[u][2], g[pre_i][B + 2][0] + wp);
	MAX(f[u][3], g[pre_i][B + 1][1] + wp);
}
 
signed main(void)
{
	// freopen(".in", "r", stdin);
	// freopen(".out", "w", stdout);
	ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(nullptr);
 
	cin >> n;
	F(i, 1, n - 1)
	{
		int u, v; LL w; cin >> u >> v >> w;
		e[u].emplace_back(v, w); e[v].emplace_back(u, w);
	}
	F(u, 1, n) shuffle(e[u].begin(), e[u].end(), ran);
	memset(f, 0xc0, sizeof (f));
	dp(1, 0, LLONG_MIN / 2);
	cout << f[1][0] << endl;
	
	return 0;
}