UOJ Round #26 B. 街头庆典

UOJ Round #26 B. 街头庆典

简短的题目：

给定一棵 $n$ 个点的无根树，树上每条边都有相同的长度 $D$。

你可以割掉树上的若干条边，割掉第 $i$ 条边要付出 $w_i$ 的代价。

把一些边割掉后，树变成了若干个连通块。你想使得每个连通块的直径长度之和加上割边付出的代价之和最小，输出这个最小值。

搬运题解。

https://zhoukangyang.blog.uoj.ac/blog/8846

有启发性的题。

由直径的性质可知，每个联通块包含了距离其直径的中心不超过某个定值的所有点。

分析最优解下，被割掉的边的端点一定是其所在联通块的直径端点，否则联通块直径长度会变大。

于是考虑在以某个点为根下，除了根节点所在联通块，其他联通块一定以其中深度最浅的点为直径端点。

于是我们考虑以直径的端点为根，这下每个联通块都满足以其中深度最浅的点为直径端点，现在直径是直上直下的了。

设计 dp，$f_u$ 表示 $(u,fa_u)$ 的边被割掉时 $u$ 子树内最小代价，设 $s_{u,d}$ 表示 $u$ 子树内割掉所有与 $u$ 距离为 $d$ 的边的代价之和（注意是边深度小的端点与 $u$ 的距离，且割掉后剩下联通块的最小代价也得加上，即要与 $f$ 合并计算）。

直径的中心可能在边的中间，不好记录。

于是记 $g_{u,i}$ 表示 $u$ 所在联通块的中心在 $u$ 子树内，且 $u$ 到联通块深度最浅点的距离为 $i$，最小贡献，注意这里 $u$ 所在的联通块的点可以选取到子树外，因为后面要合并，这样做的好处是可以得知直径的长度和中心，所以 $g_{u,0}$ 等价于 $f$。且我们要在中心算直径的贡献。

考虑转移：

$s$：

• $s_{u,i}=\sum\limits_{v}s_{v,i-1}$，其中 $i\in[1,n]$。
• $s_{u,0}=\sum\limits_{v}f_v+w_{u,v}$。

$g$：

• 中心是 $u$：$g_{u,i}\gets s_{u,i}+2i\times D$，其中 $i\in[0,n]$，意思是先使这是某一直径，再算贡献，这里距离 $u$ 为 $i$ 的祖先即使不存在也不影响，因为我们最终要求的答案是 $g_{rt,0}$。
• 中心在 $u$ 到儿子的边上：
  • $g_{u,i}\gets \min(s_{u,i}-s_{v,i-1}+s_{v,i}+(2i+1)\times D)$，其中 $i\in[1,n]$。
  • $g_{u,0}\gets \min(s_{u,0}-f_{v}-w_{u,v}+s_{v,0}+D)$，此时最浅点为 $u$，但中心在 $(u,v)$ 中间，所以整个联通块只有 $u,v$ 两个点。
• 中心在 $u$ 的儿子的子树内：
  • $g_{u,i}\gets \min(g_{v,i+1} + s_{u,i}-s_{v,i-1})$，其中 $i\in[1,n]$，因为我们要使这条路径为直径，所以得割掉会影响直径的边，就是子树内距离 $u$ 恰为某个定值的边。
  • $g_{u,0}\gets \min(g_{v,1}+s_{u,0}-w_{u,v}-f_{v})$。

反正就是神仙，现在是 $\mathcal O(n^2)$ 的了。

发现 $s$ 的计算可以长链剖分。

现在处理包括根的长链。

情况一：这条长链上的点所在的所有连通块的中心都在长链上。

这等价于每个连通块都存在直径完全在长链上，因为最优解形态下每个联通块的直径都是直上直下的，而中心在长链上，即直径的底端一定是最深的叶子，也在长链上。

形式地，设 $val_{l,r}$ 表示长链上 $[l,r]$ 的点构成了一条直径，大概就是 $\sum\limits_{i=l}^{r}s_{i,\min(i-l,r-i)}^{'}$，其中 $s^{'}$ 表示去除长链影响的贡献。

令 $f_l$ 表示长链上第 $l$ 个点的原 $f$ 值，大概就是 $\min\limits_{r=l}^{t}f_r+val_{l,r}$，其中 $t$ 是长链长度，也就是我们这里并不需要 $g$。

将长链从下往上处理，移动 $l$，更新 $f_r+val_{l,r}$，考虑 $val_{l,r}$ 的变化。

当 $r-i \leq i-l$ 或 $i-l > \text{mx}_i$ 时，$i$ 就不会再发生变化了（$\text{mx}_i$ 表示 $i$ 下挂的短链长度）。

每个 $l$ 移动时，只会将 $l$ 挂的短链对应更新，而对后面的影响是一定的且是一段后缀的 $r$ 的 $val$ 值，根据长链剖分的性质，这部分修改是均摊 $\mathcal O(n)$。

影响并不好快速维护，考虑线段树。

现在长剖维护 $s^{'}$，线段树优化计算 $g$。

现在这个假设下可以做到 $\mathcal O(n\log n)$。

情况二：长链上的点所在的连通块的中心可以在短子树内（或下挂短子树的边中）

（好像情况二是包含情况一的，不管了，下面有用

再考虑上 $g$，发现由于要考虑直径，所以 $g$ 的第二维并不能超过子树最大深度，还是考虑长链剖分维护。

但是当中心在长链上时，综合转移需要数组对位取 $\text{min}$，而且位数是整个子树而非短子树的最大深度，所以此时长链剖分无法保证时间复杂度。

而我们只考虑联通块中心在短链的情况下，位数就是短子树的最大深度了，这下可以进行长链剖分。

于是，将情况一和情况二综合，就会考虑到所有转移，就能得到所有 $f$ 了，但是我们并不能得到 $g$，原因显然。

但是，这种情况只处理了包括根的长链答案，其他链的情况没有算上。

根据第三种转移，发现合并只需要处理链顶的 $g$ 值。

我们发现 $g_{u,i}$ 并不需要考虑 $u$ 之上的点的形态。

为了方便考虑，我们给将长链从上到下从 $0$ 开始标号，并将每条长链从深到浅加上 $t$ 个虚点。

发现，$g_{0,i}$ 的含义与 $f_{-i}$ 的含义是类似的。

可以发现，$g_{0,i}$ 的值也就是直径下端点在长链编号 $\ge i$ 的点的情况加上中心在短链上的情况。

后者前面算过了，前者在扫描线时多考虑一下就行了。

于是我们可以求出所有的 $g_{0,i}$。

这题就以 $\mathcal O(n\log n)$ 的复杂度完成了。