P4383 [八省联考2018]林克卡特树树形dp Wqs二分

LINK：林克卡特树

作为树形dp 这道题已经属于不容易的级别了。

套上了Wqs二分 (反而更简单了大雾

容易想到还是对树进行联通情况的dp 然后最后结果总和为各个联通块内的直径.

\(f_{i,j}\)表示以i为根的子树内有j条边被删掉可以发现这个状态难以转移。

需要换个状态一个比较经典的做法是套用树的直径的那套来做每个点向上传递单条链或者什么都不传来转移。

传递单条链可以在父亲的那个地方合成一条然后钦定此条为以x为根的联通内的最大值那么就可以从x所在父亲的那条边切断了。

或者传递到父亲那里再向上传单条链。

传双条链可以默认直接断开相当于什么都不传。

这样各个联通块都容易dp出来代价了。

但x处还需要开一个状态表示以x在链上且不想上传递链的最大值。

那么只有三种可以形象的描述为x的度数为0,1,2.

即设\(f_{i,j,0/1,2}\)分别表示此时断开k条链时分别为上述三个状态的最大值。

转移很容易不再赘述值得一提的是转移结束时对于\(f_{x,1},f_{x,2}\)都需要再向\(f_{x,0}\)进行过渡转移。

这是\(n\cdot k^2\)的。

恰好分k个容易想到 Wqs二分二分斜率切凸包即可。

复杂度\(n\cdot log Mx\)

code

//#include<bits\stdc++.h>

#include<iostream>

#include<iomanip>

#include<cstdio>

#include<cstring>

#include<string>

#include<ctime>

#include<cmath>

#include<cctype>

#include<cstdlib>

#include<queue>

#include<deque>

#include<stack>

#include<vector>

#include<algorithm>

#include<utility>

#include<bitset>

#include<set>

#include<map>

#define ll long long

#define db double

#define INF 10000000000000000ll

#define ldb long double

#define pb push_back

#define put_(x) printf("%d ",x);

#define get(x) x=read()

#define gt(x) scanf("%d",&x)

#define gi(x) scanf("%lf",&x)

#define put(x) printf("%d\n",x)

#define putl(x) printf("%lld\n",x)

#define gc(a) scanf("%s",a+1)

#define rep(p,n,i) for(RE int i=p;i<=n;++i)

#define go(x) for(int i=lin[x],tn=ver[i];i;tn=ver[i=nex[i]])

#define fep(n,p,i) for(RE int i=n;i>=p;--i)

#define vep(p,n,i) for(RE int i=p;i<n;++i)

#define pii pair<int,int>

#define mk make_pair

#define RE register

#define P 1000000007

#define gf(x) scanf("%lf",&x)

#define pf(x) ((x)*(x))

#define uint unsigned long long

#define ui unsigned

#define EPS 1e-6

#define sq sqrt

#define S second

#define F first

#define mod 1000000007

#define V vector

using namespace std;

char buf[1<<15],*fs,*ft;

inline char getc()

{

    return (fs==ft&&(ft=(fs=buf)+fread(buf,1,1<<15,stdin),fs==ft))?0:*fs++;

}

inline int read()

{

    RE int x=0,f=1;RE char ch=getc();

    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getc();}

    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getc();}

    return x*f;

}

const int MAXN=300010;

int n,len,k;

int fa[MAXN];

int lin[MAXN],ver[MAXN<<1],nex[MAXN<<1],e[MAXN<<1];

ll l,r,mid;

struct wy

{

	ll s;int v;

	inline wy friend operator +(wy a,wy b){return (wy){a.s+b.s,a.v+b.v};}

	inline bool friend operator <(wy a,wy b){return a.s<b.s||(a.s==b.s&&a.v<b.v);}

}f[MAXN][3];

inline wy max(wy a,wy b){return a<b?b:a;}

inline void add(int x,int y,int z)

{

	ver[++len]=y;

	nex[len]=lin[x];

	lin[x]=len;

	e[len]=z;

}

inline void dfs(int x,int father)

{

	fa[x]=father;

	go(x)if(tn!=father)dfs(tn,x);

}

inline void dp(int x)

{

	f[x][0]=(wy){0,0};f[x][1]=(wy){0,0};f[x][2]=(wy){mid,1};

	go(x)if(tn!=fa[x])

	{

		dp(tn);

		f[x][2]=max(f[x][2]+f[tn][0],f[x][1]+f[tn][1]+(wy){mid+e[i],1});

		f[x][1]=max(f[x][1]+f[tn][0],f[x][0]+f[tn][1]+(wy){e[i],0});

		f[x][0]=f[x][0]+f[tn][0];

	}

	f[x][0]=max(f[x][0],max(f[x][1]+(wy){mid,1},f[x][2]));

}

int main()

{

	//freopen("1.in","r",stdin);

	get(n);get(k)+1;

	rep(2,n,i)

	{

		int get(x),get(y),get(z);

		add(x,y,z);add(y,x,z);

		r+=z>0?z:-z;

	}

	dfs(1,0);l=-r;

	while(l<r)

	{

		mid=(l+r)>>1;

		dp(1);

		if(f[1][0].v>=k)r=mid;

		else l=mid+1;

	}

	mid=r;dp(1);

	printf("%lld\n",f[1][0].s-mid*k);

	return 0;

}

巴特西

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