题目大意：给出一棵树，1为根节点，每个节点都有权值，每个叶子节点都是一个游戏的结局，选择k个游戏结局，使得权值总和最大，同一个节点不会被重复计算。
思路：这道题最关键的是要想到一个性质，就是不管怎么选，当前子树中，叶子节点最重的那一条链肯定要被选择。（可以反证，如果不选这条链，一定不是最优的），那么贪心的想一下，选取这条链之后，把这条链上的所有节点权值变成0，得到的新的树，重复以上过程k次，就得到了我们要的答案。
要怎么把链节点的权值变成0呢？我们建立线段树的时候，把以每个节点当成末尾节点的链当成一个元素，用这个节点的dfs序当成线段树的序号，做一个可以区间修改，查询最大值并返回下标的线段树，这样每次查询（1,n）区间最大值，就是当前最重的链，得到链后，要把这条链上每一个节点都赋值为0，并且更新其他相关链的信息。我们发现，把一个节点赋值为0，其实就是把这个节点的子树都减去此节点权值，那么就用dfs序进行区间减处理，并且把每个节点是否被删去都标记一下。如果这条链往上走的节点已经被清空了，就不需要再往上走了。这样我们会发现，每个节点最多被删除一次，每一次修改的时间复杂度是logn，所以总复杂度是nlogn，和 k 几乎无关。注意dfs序和原下标的对应。
上代码（bzoj iostream头文件居然ce了。。）
#include<cstdio> #include<cstring> #include<stdlib.h> #include<cstdio> #include<algorithm> //#include<iostream> #include<map> #include<queue> #include<vector> #define CLR(a,b) memset(a,b,sizeof(a)) #define lson l , mid , x << 1 #define rson mid + 1 , r , x << 1 | 1 #define PI acos(-1) using namespace std; typedef long long ll; const int inf=0x3f3f3f3f; const int maxn=200010; struct edge{ int to,Next; }e[2*maxn]; int n,m; int tot,head[maxn],u,v,L[maxn],R[maxn],time,dfn[maxn],fa[maxn],ref[maxn]; ll val[maxn],dis[maxn]; bool vis[maxn]; inline void init(){ CLR(head,-1),tot=0,time=0; CLR(val,0); dis[0]=0; CLR(vis,0); } ll mx[maxn << 2] , tag[maxn << 2],mp[ maxn << 2]; inline void pushup(int x) { int l = x << 1 , r = x << 1 | 1; if(mx[l] > mx[r]) mx[x] = mx[l] , mp[x] = mp[l]; else mx[x] = mx[r] , mp[x] = mp[r]; } inline void pushdown(int x) { if(tag[x]) { int l = x << 1 , r = x << 1 | 1; mx[l] -= tag[x] , mx[r] -= tag[x]; tag[l] += tag[x] , tag[r] += tag[x]; tag[x] = 0; } } inline void build(int l , int r , int x) { if(l == r) { mx[x] = dis[l] , mp[x] = l; return; } int mid = (l + r) >> 1; build(lson) , build(rson); pushup(x); } inline void update(int b , int e , ll a , int l , int r , int x) { if(b <= l && r <= e) { mx[x] -= a , tag[x] += a; return; } pushdown(x); int mid = (l + r) >> 1; if(b <= mid) update(b , e , a , lson); if(e > mid) update(b , e , a , rson); pushup(x); } inline void addv(int u,int v){ e[++tot]={v,head[u]}; head[u]=tot; } inline void dfs(int u,int pre){ fa[u]=pre; dfn[++time]=u; ref[u]=time; L[u]=time; dis[time]=val[u]+dis[ref[pre]]; for(int i=head[u];i!=-1;i=e[i].Next) { int v=e[i].to; if(v==pre)continue; dfs(v,u); } R[u]=time; } int main(){ int k; while(scanf("%d%d",&n,&k)!=EOF) { init(); for(int i=1;i<=n;i++) { scanf("%lld",&val[i]); } for(int i=1;i<n;i++) { scanf("%d%d",&u,&v); addv(u,v); addv(v,u); } dfs(1,0); build(1,n,1); ll ans=0; int x; while(k--) { ans+=mx[1],x=mp[1]; while(x && !vis[x]) { update(L[dfn[x]],R[dfn[x]],val[dfn[x]],1,n,1); vis[x]=1; x=ref[fa[dfn[x]]]; } } printf("%lld ",ans); } }
Description
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。”
Input
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
Output
输出一个整数表示答案
Sample Input
5 2
4 3 2 1 1
1 2
1 5
2 3
2 4
4 3 2 1 1
1 2
1 5
2 3
2 4
Sample Output
10