题解
树形dp呐。
对于节点(x),每去向它的一个子结点,经过(x)的次数便会(+1)。因此如果最后回到(x)的话,最多可以去向(k-1)个子节点。但如果最后停留在(x)的子树当中,最多便可去向(k)个子节点。
状态:(dp[i][j])表示以节点(i)为根的子树,是/否((j=1/0))在其中结束时的边权最大和。
转移:设(i)的子结点个数为(x),(j)为(i)的子节点。(dp[i][0]=dp[j][0])中最大的(k-1)个。(dp[i][1])有2种情况:①在(dp[i][0])前(k)大的子节点子树中结束,(dp[i][1]=dp[i][0]+)前(k)个节点中(max(dp[j][1]-dp[j][0])+)第(k)大的(dp[j][0]);②在其他子节点子树结束,(dp[i][1]=dp[i][0]+)其他节点中(max(dp[j][1]))。优先队列维护子节点(dp)值即可。
目标状态:(dp[0][1])(易得(dp[0][1]ge dp[0][0]))
AC代码
#include<bits/stdc++.h>
#define mp make_pair
using namespace std;
const int N=1e5+10;
int fst[N],nxt[2*N],v[2*N],w[2*N],cnt;
int dp[N][2],ans,k;
void add(int x,int y,int z)
{
v[++cnt]=y,w[cnt]=z;
nxt[cnt]=fst[x],fst[x]=cnt;
}
void dfs(int x,int fa)
{
int tmp=0,qwq,qaq;
priority_queue<pair<int,int> > q;
for(int i=fst[x];i;i=nxt[i])
{
int y=v[i];
if(y==fa) continue;
dfs(y,x); q.push(mp(dp[y][0]+w[i],y));
}
for(int i=1;i<k && !q.empty();i++)
{
dp[x][0]+=q.top().first; qwq=q.top().second;
tmp=max(tmp,dp[qwq][1]-dp[qwq][0]); q.pop();
}
if(q.empty()) {dp[x][1]=dp[x][0]+tmp; return;}
qwq=q.top().second;
tmp=max(tmp,dp[qwq][1]-dp[qwq][0])+q.top().first;
while(!q.empty())
{
qwq=q.top().second,qaq=q.top().first; q.pop();
tmp=max(tmp,qaq+dp[qwq][1]-dp[qwq][0]);
}
dp[x][1]=dp[x][0]+tmp;
}
int main()
{
int n,x,y,z;
scanf("%d%d",&n,&k);
for(int i=1;i<n;i++)
{
scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
add(x,y,z),add(y,x,z);
}
dfs(0,-1);
printf("%d",dp[0][1]);
return 0;
}