题目描述
小L 最近沉迷于塞尔达传说：荒野之息（The Legend of Zelda: Breath of The Wild）无法自拔，他尤其喜欢游戏中的迷你挑战。
游戏中有一个叫做“LCT” 的挑战，它的规则是这样子的：现在有一个N 个点的 树（Tree），每条边有一个整数边权vi ，若vi >= 0，表示走这条边会获得vi 的收益；若vi < 0 ，则表示走这条边需要支付- vi 的过路费。小L 需要控制主角Link 切掉（Cut）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 ，并为经过的每条边支付过路费/ 获取相应收益。
海拉鲁大陆之神TemporaryDO 想考验一下Link。他告诉Link，如果Link 能切掉 合适的边、选择合适的路径从而使 总收益 - 总过路费最大化的话，就把传说中的大师之剑送给他。
小 L 想得到大师之剑，于是他找到了你来帮忙，请你告诉他，Link 能得到的 总收益 - 总过路费最大是多少。
输入输出格式
输入格式：
从文件lct.in 中读入数据。
输入第一行包含两个正整数N; K，保证0 <= K < N <= 3* 10^5105 。
接下来N - 1 行，每行包含三个整数xi; yi; vi，表示第i 条边连接图中的xi; yi 两点， 它的边权为vi。
输出格式
输出到文件lct.out 中。
输出一行一个整数，表示答案。
输入输出样例
说明
【样例1 解释】
一种可能的最优方案为：切掉(2; 4; ?3) 这条边，连接(3; 4; 0) 这条边，选择(p; q) = (1; 5)。
• 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 <= 100 ;
• 对于其他数据，没有特殊约定。
对于全部的测试数据，保证有1 <= N <= 3 * 10^5105 ; 1 <= xi; yi <= N; |vi| <= 10^6106 。
【提示】
题目并不难。
当时在考场上，，只会$k=0$还挂了一个点。。
题目等价于：在树上选择$k+1$条不相交的链，使其权值和最大。
考虑树形DP（以下的$k$均为$k+1$）
一个很直观的想法是用$f[i][j]$表示第$i$个节点，子树中选了$j$条链的最大价值。
但这样是无法转移的，因此我们要考虑到根节点的情况，
令$f[0/1/2][i][j]$表示$i$号节点的子树中选了$j$条链，根节点不在任何一条链中/作为链的端点/作为两条链的端点的最大值。
更新的时候分三种情况讨论。
但是这样复杂度是$O(N*K)$的，考虑继续优化。
看到这种带$k$限制类的问题，我们尝试wqs二分
按照套路，我们观察$f$数组在不同的$k$下的最优解，不难发现函数是上凸的。严格证明不会，自己意会一下吧。。
按照套路，二分一个边权，加到每条边上，我们可以通过控制边权来控制$k$的大小。如果边权都很小，肯定是少选几条链比较优，如果边权比较大，肯定是多选几条优。
按照套路，如果我们二分到一个边权，在这里恰好选了$k$条链，那么这种选法就是最优的。
判断的时候不需要枚举$k$，因此DP一遍的复杂度为$O(N)$，总复杂度为$O(NlogV)$
还有就是这玩意儿二分的边界比较诡异。。。
// luogu-judger-enable-o2 // luogu-judger-enable-o2 #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #include<map> #include<vector> #define Pair pair<int, int> #define int long long const int MAXN = 3 * 1e5 + 1; using namespace std; inline int read() { char c = getchar(); int x = 0, f = 1; while(c < '0' || c > '9') {if(c == '-') f = -1; c = getchar();} while(c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar(); return x * f; } struct Node { int x, y;//x ：权值 y：数目 bool operator < (const Node &rhs) const { return this -> x == rhs.x ? this -> y > rhs.y : this -> x < rhs.x;//tag } Node operator + (const Node &rhs) const { return (Node) {x + rhs.x, y + rhs.y}; } Node operator + (const int &rhs) const { return (Node) {x + rhs, y}; } }f[3][MAXN]; int N, K; struct Edge { int u, v, w, nxt; }E[MAXN << 1]; int head[MAXN], num = 0; inline void AddEdge(int x, int y, int z) { E[num] = (Edge) {x, y, z, head[x]}; head[x] = num++; } int mid; Node Plus(Node a) { return (Node){a.x - mid, a.y + 1}; } void dfs(int x, int fa) { f[2][x] = max(f[2][x], (Node) {-mid, 1}); for(int i = head[x]; i != -1; i = E[i].nxt) { int v = E[i].v; if(v == fa) continue; dfs(v, x); f[2][x] = max(f[2][x] + f[0][v], Plus(f[1][x] + f[1][v] + E[i].w));//把根与子树连起来，会增加一条链 f[1][x] = max(f[1][x] + f[0][v], f[0][x] + f[1][v] + E[i].w); f[0][x] = f[0][x] + f[0][v]; //printf("%d %d %d ", f[2][x].x, f[1][x].x, f[0][x].x); } f[0][x] = max(f[0][x], max(Plus(f[1][x]), f[2][x])); } main() { #ifdef WIN32 freopen("a.in", "r", stdin); #endif memset(head, -1, sizeof(head)); N = read(); K = read() + 1; int l = 0, r = 0; for(int i = 1; i < N; i++) { int x = read(), y = read(), z = read(); AddEdge(x, y, z); AddEdge(y, x, z); r += abs(z); } l = -r; while(l <= r) { mid = (l + r) >> 1; memset(f, 0, sizeof(f)); dfs(1, 0); if(f[0][1].y <= K) r = mid - 1; else l = mid + 1; } mid = l; memset(f, 0, sizeof(f)); dfs(1, 0); printf("%lld", f[0][1].x + mid * K); return 0; }