P4383 [八省联考 2018] 林克卡特树
思路
DP 基础还是不扎实啊
问题是将树拆成 \(k+1\) 个连通块，每个连通块求出一个直径，将这些直径依次相连，最后输出总直径的长度
我们考虑 \(O(nk)\) 的树形 DP
我们设 \(dp_{i,j}\) 表示 \(i\) 子树中，有 \(j\) 个连通块，它们的直径和的最大值
但要直接转移似乎很艰难
我们考虑点 \(i\) 在不在所属连通块的直径上，以及它所在的位置
用 \(0,1,2\) 分别表示 \(i\) 不在直径上，在直径的端点上，在直径中间
那我们现在来考虑转移：
对于子树 \(u\) 以及它的儿子 \(v\)，它们之间的边做不做为直径的一部分是关键：
- \((u,v)\) 不作为直径的一部分
那么就是 \(dp_v\) 与 \(dp_u\) 的简单相加
- \((u,v)\) 作为直径的一部分
首先，这里不可能出现 \(dp_{2,v}\) 与 \(dp_{2,u}\) 的相加，因为都在各自的直径中间，无法再组成直径
那么点 \(u\) 就会从 \(0\) 变 \(1\)，或者从 \(1\) 变 \(2\)
因此我们整理得转移方程：
\[dp_{0,~u,~i}=\max(dp_{0,~u,~i},~dp_{0,~u,~i-j}+dp_{0,~v,~j})
\]
\[dp_{1,~u,~i}=\max(dp_{1,~u,~i},~dp_{1,~u,~i-j}+dp_{0,~v,~j},~dp_{0,~u,~i-j}+dp_{1,~u,~j}+e[i].w)
\]
\[dp_{2,~u,~i}=\max(dp_{2,~u,~i},~dp_{1,~u,~i-j-1}+dp_{1,~v,~j}+e[i].w,~dp_{2,~u,~i-j}+dp_{0,~v,~j})
\]
最后将所有情况都集中到 \(0\) 处：
\[dp_{0,~u,~i}=\max(dp_{0,~u,~i},~dp_{1,u~,i-1},~dp_{2,~u,~i})
\]
现在考虑用 WQS 二分优化
注意初始化以及更新时的一些细节
代码
#include<iostream>
#include<fstream>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#include<bitset>
#define LL long long
#define FOR(i, x, y) for(int i = (x); i <= (y); i++)
#define ROF(i, x, y) for(int i = (x); i >= (y); i--)
#define PFOR(i, x) for(int i = he[x]; i; i = e[i].nxt)
inline int rd()
{
int sign = 1, re = 0; char c = getchar();
while(c < '0' || c > '9'){if(c == '-') sign = -1; c = getchar();}
while('0' <= c && c <= '9'){re = re * 10 + (c - '0'); c = getchar();}
return sign * re;
}
int n, k;
struct Node
{
int to, nxt, w;
}e[600005]; int he[300005];
inline void Edge_add(int u, int v, int w)
{
static int cnt = 0;
e[++cnt] = (Node){v, he[u], w};
he[u] = cnt;
}
LL pos, l = -3e11, r = 3e11, dec;
#define pii std::pair<LL, int>
#define mp std::make_pair
#define fi first
#define se second
inline bool operator < (const pii a, const pii b) {return a.fi == b.fi ? a.se > b.se : a.fi < b.fi;}
inline pii operator + (const pii a, const pii b) {return mp(a.fi + b.fi, a.se + b.se);}
inline pii operator + (const pii a, const LL b) {return mp(a.fi + b, a.se);}
inline pii nl(pii a) {return mp(a.fi - dec, a.se + 1);}
pii dp[300005][3];
inline void dfs(int now, int fa)
{
dp[now][2] = max(dp[now][2], mp(-dec, 1));
PFOR(i, now)
{
int to = e[i].to;
if(to == fa) continue;
dfs(to, now);
dp[now][2] = max(nl(dp[now][1] + dp[to][1] + e[i].w), dp[now][2] + dp[to][0]);
dp[now][1] = max(dp[now][0] + dp[to][1] + e[i].w, dp[now][1] + dp[to][0]);
dp[now][0] = dp[now][0] + dp[to][0];
}
dp[now][0] = max(dp[now][0], max(nl(dp[now][1]), dp[now][2]));
}
inline int chk(LL mid)
{
dec = mid;
FOR(i, 1, n) dp[i][0] = dp[i][1] = dp[i][2] = mp(0, 0);
dfs(1, 0);
return dp[1][0].se;
}
signed main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("test.in", "r", stdin);
freopen("test.out", "w", stdout);
#endif
n = rd(), k = rd() + 1;
FOR(i, 1, n - 1)
{
int u = rd(), v = rd(), w = rd();
Edge_add(u, v, w), Edge_add(v, u, w);
}
while(l <= r)
{
LL mid = (l + r) >> 1;
if(chk(mid) < k) r = mid - 1;
else pos = mid, l = mid + 1;
}
chk(pos);
printf("%lld", dp[1][0].first + pos * k);
return 0;
}
