题解：AT_agc018_d [AGC018D] Tree and Hamilton Path

posted on 2025-02-07 00:35:13 | under | source

等价于找一个排列 \(p\)，求最小权值 \(\sum\limits_{i<n} dist(p_i,p_{i+1})\)。

乍一看难以下手，任意定一个根，转化为 \(\sum\limits_{i<n} dep_{p_i}+dep_{p_{i+1}}-2dep_{lca(p_i,p_{i+1})}\)。

前两项只和起点终点有关，即为 \(2\sum dep_i-dep_{p_1}-dep_{p_n}\)。

对于 \(lca\) 项，一个简单的想法是尽量取到根。于是很容易想到定重心为根。同时选取两个最小的 \(dep\) 分别做起点终点，这是上界。

显然起点为重心，终点为它的一个儿子。我们发现，当只有一个重心时，确实可以构造达到上界。具体来说，将每个儿子子树染色，删去终点，将它们排个序，然后经典地让 \(i\) 和 \(i+\frac n2\) 配对，得到若干异色配对（可能剩下一个电灯泡），因为不存在绝对众数所以可行。然后拼起来即可。

对于有两个重心的情况，不妨在两个重心之间建立虚点，然后同上。结论就是删去重心之间的边。

\(O(n)\)。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define int long long
#define pir pair<int, int>
const int N = 1e5 + 5;
int n, u, v, w, siz[N], d[N], ans;
vector<pir> to[N];
vector<int> zx;

inline void add(int u, int v, int w) {to[u].push_back({v, w}), to[v].push_back({u, w});} 
inline void dfs(int u, int from){
	siz[u] = 1; 
	int mx = 0;
	for(auto _ : to[u]){
		int v = _.first, w = _.second;
		if(v ^ from) dfs(v, u), siz[u] += siz[v], mx = max(mx, siz[v]);
	}
	mx = max(mx, n - siz[u]);
	if(mx <= n / 2) zx.push_back(u);
}
inline void dfs2(int u, int from){
	for(auto _ : to[u]){
		int v = _.first, w = _.second;
		if(v ^ from) d[v] = d[u] + w, dfs2(v, u);
	}
	ans += d[u] * 2;
}
signed main(){
	cin >> n;
	for(int i = 1; i < n; ++i) scanf("%lld%lld%lld", &u, &v, &w), add(u, v, w);
	dfs(1, 0);
	if(zx.size() == 1){
		int rot = zx[0], mi = 1145141919;
		dfs2(rot, 0);
		for(auto _ : to[rot]) mi = min(mi, _.second);
		cout << ans - mi;
	}
	else{
		int x = zx[0], y = zx[1], xzy;
		for(auto _ : to[x]) if(_.first == y) xzy = _.second;
		dfs2(x, 0);
		cout << ans - xzy;
	}
	return 0;
}