问题描述
题目简述：树版[k取方格数]
众所周知，桂木桂马是攻略之神，开启攻略之神模式后，他可以同时攻略k部游戏。今天他得到了一款新游戏《XX
半岛》，这款游戏有n个场景(scene)，某些场景可以通过不同的选择支到达其他场景。所有场景和选择支构成树状
结构：开始游戏时在根节点（共通线），叶子节点为结局。每个场景有一个价值，现在桂马开启攻略之神模式，同
时攻略k次该游戏，问他观赏到的场景的价值和最大是多少（同一场景观看多次是不能重复得到价值的）
“为什么你还没玩就知道每个场景的价值呢？”
“我已经看到结局了。”
输入格式
第一行两个正整数n,k
第二行n个正整数，表示每个场景的价值
以下n-1行,每行2个整数a,b，表示a场景有个选择支通向b场景（即a是b的父亲）
保证场景1为根节点
n<=200000，1<=场景价值<=2^31-1
输出格式
输出一个整数表示答案
样例输入
5 2
4 3 2 1 1
1 2
1 5
2 3
2 4
样例输出
10
解析
显然，第一次一定是走树上权值最大的一条路径。在此后的(k-1)次中，每次都会走出去已经走过的路径以外最长的。 接下来的路径，并不一定是从根节点出发的，可以从已经走过的点的子节点出发，也一样可以满足条件。那么，设(f[i])表示以(i)为根节点的子树上的最长路径长度，每次从堆中取出最长的一条路径后，把这条路径上每一个点的所有子节点的(f[i])放入堆中。(f[i])可以由动态规划处理，并在同时用前驱数组记录路径经过的点。
P.S. 代码中的堆是用左偏树实现的。
代码
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <queue>
#define int long long
#define N 200002
using namespace std;
int head[N],ver[N*2],nxt[N*2],val[N],l;
int n,k,i,id,pre[N],f[N],pnt[N],son[N][2],fa[N],dis[N];
void insert(int x,int y)
{
l++;
ver[l]=y;
nxt[l]=head[x];
head[x]=l;
}
void dp(int x,int fa)
{
pre[x]=fa;
for(int i=head[x];i;i=nxt[i]){
int y=ver[i];
if(y!=fa){
dp(y,x);
if(f[y]>f[x]) f[x]=f[y],pnt[x]=y;
}
}
f[x]+=val[x];
}
int merge(int x,int y)
{
if(x==0) return y;
if(y==0) return x;
if(f[x]<f[y]) swap(x,y);
son[x][1]=merge(son[x][1],y);
if(dis[son[x][0]]<dis[son[x][1]]) swap(son[x][0],son[x][1]);
dis[x]=dis[son[x][1]]+1;
fa[x]=fa[son[x][0]]=fa[son[x][1]]=x;
return x;
}
int find(int x)
{
if(fa[x]!=x) fa[x]=find(fa[x]);
return fa[x];
}
void pop(int x)
{
f[x]=-1;
fa[son[x][0]]=son[x][0];
fa[son[x][1]]=son[x][1];
fa[x]=merge(son[x][0],son[x][1]);
}
void insert(int x)
{
while(x){
pop(x);
for(int i=head[x];i;i=nxt[i]){
int y=ver[i];
if(y!=pre[x]&&y!=pnt[x]) merge(y,find(n+1));
}
x=pnt[x];
}
}
signed main()
{
cin>>n>>k;
for(i=1;i<=n;i++) cin>>val[i],fa[i]=i;
fa[n+1]=n+1;f[n+1]=-1;
for(i=1;i<n;i++){
int u,v;
cin>>u>>v;
insert(u,v);
insert(v,u);
}
dp(1,0);
int ans=f[1];
insert(1);
for(i=1;i<k;i++){
int root=find(n+1);
ans+=f[root];
insert(root);
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}