林克卡特树[九省联考2018]

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loj

题解

稍微转换一下，考虑 $k$ 比较小的情况，发现就是找 $k+1$ 条互不相交的路径，使得链的权值之和最大。

那么60分的DP做法就呼之欲出了，设 $f_{i,j,0/1/2}$ 表示以 $i$ 为根节点的子树中，选了 $j$ 条路径，没有一条链传给父亲，有一条链传给父亲，子树有两条链在 $i$ 处结合的最大价值。

然后转移只需要分三种情况讨论一下。

这种选 $k$ 次的一般都会满足单调性，也就是设答案为 $f(k)$，则 $f(k)-f(k-1)$ 不递减。证明并不会，只能意会QwQ。

那么就可以用wqs二分了，二分斜率 $mid$，然后转换成只需要判断是否可以选出 $k+1$ 条路径，满足路径都大于等于这个斜率 $mid$，那么将每条路径的贡献减去 $mid$，变成判断是否可以选出 $k+1$ 条大于等于 $0$ 的路径，且价值和最大，就可以了。

这个可以用60分的DP解决，少了 $j$ 这一维的转移即可。

时间复杂度 $O(n\log n)$。

程序

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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define FO(x) freopen(#x".in","r",stdin),freopen(#x".out","w",stdout)
#define fo(i,j,k) for(int i=(j),end_i=(k);i<=end_i;i++)
#define fd(i,j,k) for(int i=(j),end_i=(k);i>=end_i;i--)
#define DEBUG(x) cerr<<#x<<"="<<x<<endl
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define cle(x) memset(x,0,sizeof(x))
#define lowbit(x) ((x)&-(x))
#define ll long long
#define ull unsigned ll
#define db double
#define lb long db
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
inline int read()
{
	int x=0; char ch=getchar(); bool f=0;
	for(;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar()) if(ch=='-') f=1;
	for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar()) x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48);
	return f?-x:x;
}
#define CASET fo(___,1,read())
const int N=3e5+5;
ll l,r,mid;
int n,k;
struct node
{
	ll v; int k;
	friend inline bool operator<(const node &A,const node &B)
	{
		if(A.v==B.v) return A.k<B.k;
		return A.v<B.v;
	}
	friend inline node operator+(const node &A,const node &B) {return (node){A.v+B.v,A.k+B.k};}
	friend inline node operator+(const node &A,const ll &B) {return (node){A.v+B,A.k};}
};
inline node change(const node &A) {return (node){A.v-mid,A.k+1};}
node f[N][3];
int ver[N<<1],val[N<<1],ne[N<<1],head[N],tot=1;
inline void add(int z,int y,int x)
{
	ver[++tot]=y; val[tot]=z; ne[tot]=head[x]; head[x]=tot;
	ver[++tot]=x; val[tot]=z; ne[tot]=head[y]; head[y]=tot;
}
void dfs(int u,int pre)
{
	f[u][0]=(node){0,0};
	f[u][1]=(node){0,0};
	f[u][2]=(node){-mid,1};//!!!
	for(int i=head[u],v;i;i=ne[i])
	if((v=ver[i])!=pre)
	{
		dfs(v,u);
		f[u][2]=max(f[u][2]+f[v][0],change(f[u][1]+f[v][1]+val[i]));
		f[u][1]=max(f[u][1]+f[v][0],f[u][0]+f[v][1]+val[i]);
		f[u][0]=f[u][0]+f[v][0];
	}
	f[u][0]=max(max(f[u][0],f[u][2]),change(f[u][1]));
}
int main()
{
	n=read(); k=read()+1;
	fo(i,2,n) add(read(),read(),read());
	r=1000000ll*n; l=-r;
	for(;l<=r;)
	{
		mid=(l+r)>>1;
		dfs(1,0);
		if(f[1][0].k>k) l=mid+1;
		else r=mid-1;
	}
	mid=l; dfs(1,0);
	printf("%lld",f[1][0].v+mid*k);
	return 0;
}