[八省联考2018]林克卡特树lct
题面在这里
description
一个\(N\)个点的\(Tree\)，每条边有一个整数边权\(v_i\)，表示走这条边会获得\(v_i\)的收益；
小\(L\)需要控制主角\(Link\),\(Cut\)掉树上的恰好\(K\)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\(，并为经过的每条边获取相应收益。
请求出\)Link$能得到的最大总收益。
data range
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，\(k \le 100\);
对于全部的测试数据，
保证有\(1\le N\le 3\times 10^5,1 \le x_i, y_i \le N; |v_i| \le 10^6\)。
Hint
题目并不难。
solution
上面的提示并不能让我这种蒟蒻得到什么有用的信息
不过分析一波之后还是能发现题意求的是树上\(k\)条点不相交直径的最大边权和
60 point
使用树形DP就好啦
设\(f[x][k][d=0,1,2]\)表示在\(x\)的子树中选取\(k\)调不相交的链,
且\(x\)的度数为\(d\)时的最大链长和
合并的时候需要注意讨论一下,由于不是重点所以没有写得那么详细,
具体实现请看代码
100 point
当树的形态一定时,选取\(k\)条链时的最优解\(best_k\)是上凸的
真是神一般的性质啊
于是我们想到用直线去切这个凸包
那么用一条斜率为\(k\)的直线切这个凸包\(best_x\)的意义是什么呢?
本蒟蒻是这么理解的(图画得不好，看看就行了):
当我们要用一条直线\(y=kx\)切凸包的时候,这个切点满足\(best_x-kx\)最大。
那么我们可以转而在树上选任意条数的链,但每条链需要花费\(k\)的代价,
之后树形DP求出满足这个条件的链条数和代价(这是可以\(O(n)\)做的),
就是我们直线要切的点\((x,best_x-kx)\)
二分斜率,于是我们就做完了这道题?
复杂度为\(O(nlog(\sum w))\)
code
这里是60分的DP(未经在线测试)
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<vector>
#define FILE "lct"
#define RG register
#define il inline
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double dd;
typedef vector<int> VI;
const int N=300010;
const ll INF=1e18;
il ll read(){
RG ll d=0,w=1;char ch=getchar();
while(ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9'))ch=getchar();
if(ch=='-')w=-1,ch=getchar();
while(ch<='9'&&ch>='0')d=d*10+ch-48,ch=getchar();
return d*w;
}
il void file(){
freopen(FILE".in","r",stdin);
freopen(FILE".out","w",stdout);
}
int n,k;
int head[N],nxt[N<<1],to[N<<1],val[N<<1],cnt;
il void add(int u,int v,int w){
to[++cnt]=v;
nxt[cnt]=head[u];
val[cnt]=w;
head[u]=cnt;
}
ll f[N][105][3],ans;
il void update(ll &a,ll b){a=a>b?a:b;}
#define fs (max(f[son][j][0],max(f[son][j][3],f[son][j][2])))
il void DP(int son,int fa,int e){
for(RG int i=k;i;i--)
for(RG int j=0;i-j+1>=0;j++){
update(f[fa][i][2],f[fa][i-j+1][4]+f[son][j][5]+val[e]);
if(i-j>=0)update(f[fa][i][2],f[fa][i-j][2]+fs);
}
for(RG int i=k;i;i--)
for(RG int j=0;i-j>=0;j++){
if(i-j-1>=0)
update(f[fa][i][6],f[fa][i-j-1][0]+f[son][j][0]);
update(f[fa][i][7],f[fa][i-j][0]+f[son][j][8]+val[e]);
update(f[fa][i][9],f[fa][i-j][10]+fs);
}
for(RG int i=k;i;i--)
for(RG int j=0;i-j>=0;j++)
update(f[fa][i][0],f[fa][i-j][0]+fs);
}
void dfs(int u,int fa){
f[u][0][0]=f[u][11][1]=0;
for(RG int i=head[u];i;i=nxt[i]){
RG int v=to[i];if(v==fa)continue;
dfs(v,u);DP(v,u,i);
}
}
int main()
{
n=read();k=read()+1;
for(RG int i=1,u,v,w;i<n;i++){
u=read();v=read();w=read();
add(u,v,w);add(v,u,w);
}
memset(f,-127/3,sizeof(f));
dfs(1,0);
for(RG int i=1;i<=n;i++)
ans=max(max(ans,f[i][k][0]),max(f[i][k][12],f[i][k][2]));
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
这里是AC代码,搞了个pair方便统计答案
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<vector>
#define FILE "lct"
#define RG register
#define il inline
#define line first
#define val second
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double dd;
typedef vector<int> VI;
typedef pair<ll,ll> PL;
const int N=300010;
const ll INF=1e18;
il ll read(){
RG ll d=0,w=1;char ch=getchar();
while(ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9'))ch=getchar();
if(ch=='-')w=-1,ch=getchar();
while(ch<='9'&&ch>='0')d=d*10+ch-48,ch=getchar();
return d*w;
}
il void file(){
freopen(FILE".in","r",stdin);
freopen(FILE".out","w",stdout);
}
int n,k;
int head[N],nxt[N<<1],to[N<<1],val[N<<1],cnt;
il void add(int u,int v,int w){
to[++cnt]=v;
nxt[cnt]=head[u];
val[cnt]=w;
head[u]=cnt;
}
PL f[N][3];
PL operator +(PL a,PL b){
return (PL){a.line+b.line,a.val+b.val};
}
PL operator +(PL a,ll v){a.val+=v;return a;}
il PL max(PL a,PL b){
if(a.val>b.val)return a;
else if(a.val==b.val&&a.line>b.line)return a;
return b;
}
il void update(PL &a,PL b,int l){b.line+=l;a=max(a,b);}
#define fs (max(f[son][0],max(f[son][1],f[son][2])))
il void DP(int son,int fa,int e,ll K){
update(f[fa][2],f[fa][2]+fs,0);
update(f[fa][2],f[fa][1]+f[son][1]+val[e]+K,-1);
update(f[fa][1],f[fa][1]+fs,0);
update(f[fa][1],f[fa][0]+f[son][0]+(-K),1);
update(f[fa][1],f[fa][0]+f[son][1]+val[e],0);
update(f[fa][0],f[fa][0]+fs,0);
}
void dfs(int u,int fa,ll K){
f[u][0]=(PL){0,0};f[u][1]=(PL){1,-K};
f[u][2]=(PL){0,-INF};
for(RG int i=head[u];i;i=nxt[i]){
RG int v=to[i];if(v==fa)continue;
dfs(v,u,K);DP(v,u,i,K);
}
}
PL work(ll K){
RG PL ans;ans=(PL){0,-INF};
dfs(1,0,K);
for(RG int i=1;i<=n;i++)
ans=max(max(ans,f[i][0]),max(f[i][1],f[i][2]));
return ans;
}
int main()
{
n=read();k=read()+1;RG ll L=0,R=0,M;RG PL ret;
for(RG int i=1,u,v,w;i<n;i++){
u=read();v=read();w=read();
add(u,v,w);add(v,u,w);R+=abs(w);L-=abs(w);
}
while(L<R){
M=(L+R)>>1;ret=work(M);
if(ret.line<=k)R=M;else L=M+1;
}
ret=work(R);
printf("%lld\n",ret.val+ret.line*R);
return 0;
}
诸位珍重,望来日以富贵相见。
