[八省联考2018]林克卡特树lct

题面在这里

description

一个(N)个点的(Tree)，每条边有一个整数边权(v_i)，表示走这条边会获得(v_i)的收益；
小(L)需要控制主角(Link),(Cut)掉树上的恰好(K)条边，然后再连接(K)条边权为$ 0(的边，得到一棵新的树。 接着，他会选择树上的两个点)p,q，(并沿着树上连接这两点的简单路径从)p(走到)q(，并为经过的每条边获取相应收益。 请求出)Link$能得到的最大总收益。

data range

对于(10%)的数据，(k = 0);
对于另外(10%)的数据，(k = 1);
对于另外(15%)的数据，(k = 2);
对于另外(25%)的数据，(k le 100);
对于全部的测试数据，
保证有(1le Nle 3 imes 10^5,1 le x_i, y_i le N; |v_i| le 10^6)。

Hint

题目并不难。

solution

上面的提示并不能让我这种蒟蒻得到什么有用的信息

不过分析一波之后还是能发现题意求的是树上(k)条点不相交直径的最大边权和

60 point

使用树形DP就好啦
设(f[x][k][d=0,1,2])表示在(x)的子树中选取(k)调不相交的链,
且(x)的度数为(d)时的最大链长和
合并的时候需要注意讨论一下,由于不是重点所以没有写得那么详细,
具体实现请看代码

100 point

当树的形态一定时,选取(k)条链时的最优解(best_k)是上凸的
真是神一般的性质啊

于是我们想到用直线去切这个凸包
那么用一条斜率为(k)的直线切这个凸包(best_x)的意义是什么呢?
本蒟蒻是这么理解的(图画得不好，看看就行了):

当我们要用一条直线(y=kx)切凸包的时候,这个切点满足(best_x-kx)最大。
那么我们可以转而在树上选任意条数的链,但每条链需要花费(k)的代价,
之后树形DP求出满足这个条件的链条数和代价(这是可以(O(n))做的),
就是我们直线要切的点((x,best_x-kx))

二分斜率,于是我们就做完了这道题?
复杂度为(O(nlog(sum w)))

code

这里是60分的DP(未经在线测试)

#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<vector>
#define FILE "lct"
#define RG register
#define il inline
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double dd;
typedef vector<int> VI;
const int N=300010;
const ll INF=1e18;
il ll read(){
	RG ll d=0,w=1;char ch=getchar();
	while(ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9'))ch=getchar();
	if(ch=='-')w=-1,ch=getchar();
	while(ch<='9'&&ch>='0')d=d*10+ch-48,ch=getchar();
	return d*w;
}

il void file(){
	freopen(FILE".in","r",stdin);
	freopen(FILE".out","w",stdout);
}

int n,k;
int head[N],nxt[N<<1],to[N<<1],val[N<<1],cnt;
il void add(int u,int v,int w){
	to[++cnt]=v;
	nxt[cnt]=head[u];
	val[cnt]=w;
	head[u]=cnt;
}

ll f[N][105][3],ans;
il void update(ll &a,ll b){a=a>b?a:b;}
#define fs (max(f[son][j][0],max(f[son][j][3],f[son][j][2])))
il void DP(int son,int fa,int e){
	for(RG int i=k;i;i--)
		for(RG int j=0;i-j+1>=0;j++){
			update(f[fa][i][2],f[fa][i-j+1][4]+f[son][j][5]+val[e]);
			if(i-j>=0)update(f[fa][i][2],f[fa][i-j][2]+fs);			
		}
	
	for(RG int i=k;i;i--)
		for(RG int j=0;i-j>=0;j++){
			if(i-j-1>=0)
				update(f[fa][i][6],f[fa][i-j-1][0]+f[son][j][0]);
			update(f[fa][i][7],f[fa][i-j][0]+f[son][j][8]+val[e]);
			update(f[fa][i][9],f[fa][i-j][10]+fs);
		}
	
	for(RG int i=k;i;i--)
		for(RG int j=0;i-j>=0;j++)
			update(f[fa][i][0],f[fa][i-j][0]+fs);
}

void dfs(int u,int fa){
	f[u][0][0]=f[u][11][1]=0;
	for(RG int i=head[u];i;i=nxt[i]){
		RG int v=to[i];if(v==fa)continue;
		dfs(v,u);DP(v,u,i);
	}
}

int main()
{
	n=read();k=read()+1;
	for(RG int i=1,u,v,w;i<n;i++){
		u=read();v=read();w=read();
		add(u,v,w);add(v,u,w);
	}
	memset(f,-127/3,sizeof(f));
	dfs(1,0);
	
	for(RG int i=1;i<=n;i++)
		ans=max(max(ans,f[i][k][0]),max(f[i][k][12],f[i][k][2]));
	
	printf("%lld
",ans);
	return 0;
}

这里是AC代码,搞了个pair方便统计答案

#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<vector>
#define FILE "lct"
#define RG register
#define il inline
#define line first
#define val second
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double dd;
typedef vector<int> VI;
typedef pair<ll,ll> PL;
const int N=300010;
const ll INF=1e18;
il ll read(){
	RG ll d=0,w=1;char ch=getchar();
	while(ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9'))ch=getchar();
	if(ch=='-')w=-1,ch=getchar();
	while(ch<='9'&&ch>='0')d=d*10+ch-48,ch=getchar();
	return d*w;
}

il void file(){
	freopen(FILE".in","r",stdin);
	freopen(FILE".out","w",stdout);
}

int n,k;
int head[N],nxt[N<<1],to[N<<1],val[N<<1],cnt;
il void add(int u,int v,int w){
	to[++cnt]=v;
	nxt[cnt]=head[u];
	val[cnt]=w;
	head[u]=cnt;
}

PL f[N][3];
PL operator +(PL a,PL b){
	return (PL){a.line+b.line,a.val+b.val};
}
PL operator +(PL a,ll v){a.val+=v;return a;}
il PL max(PL a,PL b){
	if(a.val>b.val)return a;
	else if(a.val==b.val&&a.line>b.line)return a;
	return b;
}
il void update(PL &a,PL b,int l){b.line+=l;a=max(a,b);}
#define fs (max(f[son][0],max(f[son][1],f[son][2])))
il void DP(int son,int fa,int e,ll K){
	update(f[fa][2],f[fa][2]+fs,0);
	update(f[fa][2],f[fa][1]+f[son][1]+val[e]+K,-1);
	
	update(f[fa][1],f[fa][1]+fs,0);
	update(f[fa][1],f[fa][0]+f[son][0]+(-K),1);
	update(f[fa][1],f[fa][0]+f[son][1]+val[e],0);
	
	update(f[fa][0],f[fa][0]+fs,0);
}
void dfs(int u,int fa,ll K){
	f[u][0]=(PL){0,0};f[u][1]=(PL){1,-K};
	f[u][2]=(PL){0,-INF};
	for(RG int i=head[u];i;i=nxt[i]){
		RG int v=to[i];if(v==fa)continue;
		dfs(v,u,K);DP(v,u,i,K);
	}
}

PL work(ll K){
	RG PL ans;ans=(PL){0,-INF};
	dfs(1,0,K);
	for(RG int i=1;i<=n;i++)
		ans=max(max(ans,f[i][0]),max(f[i][1],f[i][2]));
	return ans;
}

int main()
{
	n=read();k=read()+1;RG ll L=0,R=0,M;RG PL ret;
	for(RG int i=1,u,v,w;i<n;i++){
		u=read();v=read();w=read();
		add(u,v,w);add(v,u,w);R+=abs(w);L-=abs(w);
	}
	
	while(L<R){
		M=(L+R)>>1;ret=work(M);
		if(ret.line<=k)R=M;else L=M+1;
	}
	ret=work(R);
	printf("%lld
",ret.val+ret.line*R);
	return 0;
}

诸位珍重,望来日以富贵相见。