2017ACM暑期多校联合训练

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Problem Description
RXD has a tree T, with the size of n. Each edge has a cost.
Define f(S) as the the cost of the minimal Steiner Tree of the set S on tree T.
he wants to divide 2,3,4,5,6,…n into k parts S1,S2,S3,…Sk,
where ⋃Si={2,3,…,n} and for all different i,j , we can conclude that Si⋂Sj=∅.
Then he calulates res=∑ki=1f({1}⋃Si).
He wants to maximize the res.
1≤k≤n≤106
the cost of each edge∈[1,105]
Si might be empty.
f(S) means that you need to choose a couple of edges on the tree to make all the points in S connected, and you need to minimize the sum of the cost of these edges. f(S) is equal to the minimal cost

Input
There are several test cases, please keep reading until EOF.
For each test case, the first line consists of 2 integer n,k, which means the number of the tree nodes , and k means the number of parts.
The next n−1 lines consists of 2 integers, a,b,c, means a tree edge (a,b) with cost c.
It is guaranteed that the edges would form a tree.
There are 4 big test cases and 50 small test cases.
small test case means n≤100.

Output
For each test case, output an integer, which means the answer.

Sample Input
5 4
1 2 3
2 3 4
2 4 5
2 5 6

Sample Output
27

题意：
有n个点，其中1为起点，其余的n-1个点（2~n)为我们要到达的点，将剩余的这n-1个点分成k个集合，看一下到这些点的路径的长度。

分析：
最开始做题的时候题意就理解错了，以为只要这k个集合的每个集合都有路径能达到求其中的一条路径就行。后来才知道这样的想法是错误的。

题目让我们求得是从源点1到2~n所有点的距离之和，这是一道关于最小斯坦纳树的问题，斯坦纳树问题的模型就是，比如：

有A，B，C三个村庄，现在要建立一个发电站，要求到这三个村庄的距离和最短，这个问题我们应该都接触过很多次，这就是最原始的斯坦纳树的问题。

现在回归这道题，题上要求我们把2~n这些点分成k部分，那么对于一个节点以及它所有的子节点来说，这一部分最多也只能够被分成k部分，很多人不太理解这一点，我详细解释一下这里的原因。

我们在求1到任意点的路径的时候，如果这个点可以通过以他在同一个集合中的点到达的话，我们就可以直接通过它的父节点到达这个点，而不必要在绕道最开始的节点1.

但是如果一个节点的父节点与它不在同一个集合中，我们要求1到这个节点的距离，就必须从1开始加。

既然让求距离的最大值，那么我们就可以尽可能的把一个节点连带他的所有的子节点分到不同的集合中，这样它前面走过的那一部分才可以近可能的多走几次。但是我们分的集合数肯定不能超过要求分的k部分和节点大小的较小值。

很多人在意到底应该将那一部分分到一个集合里面，其实这个完全没有必要关心，因为不管集合如何分，它们走的路径长度最后都是一样的，这个可以自己画图体会一下。

即一条边（u,father(u))对整个的贡献就相当于这条边的value值乘上k,与size[x](当前情况下x的子节点个数，包括它本身)中的较小者，我们只要遍历所有的边，然后将每条边的值都算出来，最后求和。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N=1e6+7;
int head[N],nxt[N*2],v[N*2],w[N*2],sz[N];
int n,k,g[N],ed;
long long ans;
inline void adg(int x,int y,int z)///头插法
{
    v[++ed]=y;///v表示的是终点
    w[ed]=z;///w表示的是这条边的权重
    nxt[ed]=head[x];///xt表示的是钱一条边
    head[x]=ed;///头的指向改变
}

void dfs(int x,int fa,int val)
{
    sz[x]=1;
    for(int i=head[x]; i!=0; i=nxt[i])
        if(v[i]!=fa)///不是又找到本身这条边了
        {
            dfs(v[i],x,w[i]);
            sz[x]+=sz[v[i]];
      //      printf("x=%d     sz[x]=%d     val=%d
",x,sz[x],val);
        }
    ans+=1ll*min(k,sz[x])*val;
    //printf("ans==%lld
",ans);
}

int main()
{
    while(~scanf("%d%d",&n,&k))
    {
        for(int i=1; i<=n; i++)
            head[i]=0;///每一个点的指向都赋初值
        ed=0;
        ans=0;
        for(int i=1;i<n;i++)
        {
            int x,y,z;
            scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
            adg(x,y,z),adg(y,x,z);
        }
        dfs(1,0,0);
        printf("%lld
",ans);
    }
    return 0;
}