CF1119F - Niyaz and Small Degrees

CF1119F - Niyaz and Small Degrees

题目大意

给定一棵带权树，对于每个\(k\in[0,n-1]\)

求出删除一个权值最小的边集使得没有一个点度数\(>k\)

分析

单个\(k\)

考虑对于单个\(k\)的计算，可以有如下\(O(n)\)的\(dp\)做法

令\(dp_{u,0/1}\)表示对于\(u\)子树内的点已经确定合法，\(0/1\)表示连向父亲的边是否断掉

实际上我们需要在连向儿子的边中选择若干条断掉

也就是取若干\(v\in son_u,dp_{v,1}\)和若干\(dp_{v,0}\)

实际上只需要考虑\(dp_{v,1}-dp_{v,0}\)差值的前\(d\)小，其中\(d=deg_u-k(-1)\)

用std::nth_element即可实现\(O(n)\)计算

所有\(k\)

考虑对于\(k\)，只有\(deg_u>k\)的\(u\)才会考虑对于它周围的边删除

我们称对于\(k\)这样的节点\(u\)为关键点，其集合为\(S_k\)

换句话说，\(u\)只有在\(k\in[0,deg_u-1]\)的\(deg_u\)的\(k\)中被计算答案

而又知道\(\sum deg_u=2n-2\)，故对于所有\(k\)考虑关键点的数量之和为\(O(n)\)

但是实际实现上，因为这样的\(u\)构成若干联通子图，且那些与关键点所连的非关键点需要处理边的贡献

显然一个非关键点\(dp_{v,0}=0,dp_{v,1}=w_v\)，\(w_v\)为父边权值

我们需要在\(\{w_v|v\in son_u-S_k\}\)和\(\{dp_{v,1}-dp_{v,0}|v\in son_u\cap S_k\}\)中取前\(d\)小，可以用线段树\(O(n\log n)\)维护

如果使用基数排序+链表+懒标记做删除和\(k\)大操作，查询\(k\)大部分复杂度为\(O(n)\)，但是还是要sort\(dp_{v,1}-dp_{v,0}\)

const int N=2.5e5+10,U=1e6,M=N*40;

int n,m;
int A[N],C,D[N];
vector <Pii> E[N],G[N];
int I[N],V[N];

int rt[N],ls[M],rs[M],c[M],cnt; ll s[M];
void Upd(int &p,int l,int r,int x,int y) {
	if(!p) p=++cnt;
	s[p]+=x*y,c[p]+=y;
	if(l==r) return;
	int mid=(l+r)>>1;
	x<=mid?Upd(ls[p],l,mid,x,y):Upd(rs[p],mid+1,r,x,y);
}
ll Que(int p,int l,int r,int k){
	if(c[p]<k) return 1e18;
	if(!k || l==r) return l*k;
	int mid=(l+r)>>1;
	if(c[ls[p]]>=k) return Que(ls[p],l,mid,k);
	return s[ls[p]]+Que(rs[p],mid+1,r,k-c[ls[p]]);
}

ll dp[N][2];
int vis[N];
void dfs(int u) {
	vis[u]=1;
	dp[u][0]=dp[u][1]=0;
	vector <ll> val;
	int c=0; ll s=0;
	for(Pii t:G[u]) {
		int v=t.first,w=t.second;
		if(vis[v]) continue;
		dfs(v);
		dp[v][1]+=w,s+=dp[v][0];
		if(dp[v][1]<=dp[v][0]) c++,s+=dp[v][1]-dp[v][0];
		else val.pb(dp[v][1]-dp[v][0]);
	}
	sort(val.begin(),val.end());
	// Get the sum of first k elements
	auto F=[&](int k) {
		ll ans=Que(rt[u],1,U,k),s=0;
		for(ll i:val) {
			if(--k<0) break;
			cmin(ans,(s+=i)+Que(rt[u],1,U,k));
		}
		return ans;
	};
	dp[u][0]=s+F(max(0,D[u]-c-m));
	dp[u][1]=s+F(max(0,D[u]-c-1-m));
	//cout<<"Dfs "<<u<<' '<<dp[u][0]<<' '<<dp[u][1]<<endl;
}

ll ans[N];
int main() {
	n=rd();
	rep(i,2,n) {
		int u=rd(),v=rd(),w=rd();
		ans[0]+=w;
		E[u].pb(mp(v,w)),E[v].pb(mp(u,w));
		Upd(rt[u],1,U,w,1),Upd(rt[v],1,U,w,1);
		D[u]++,D[v]++;
	}
	rep(i,1,n) I[i]=i;
	sort(I+1,I+n+1,[&](int x,int y){ return D[x]>D[y]; });
	int p=1;
	for(m=n-1;m;m--) {
		//printf("Solving %d \n",m);
		while(p && D[I[p]]>m) {
			int u=I[p++];
			V[A[++C]=u]=1;
			for(Pii v:E[u]) if(V[v.first]) {
				Upd(rt[u],1,U,v.second,-1),Upd(rt[v.first],1,U,v.second,-1);
				G[u].pb(v),G[v.first].pb(mp(u,v.second));
			}
		}
		rep(i,1,C) vis[A[i]]=0;
		rep(i,1,C) if(!vis[A[i]]) dfs(A[i]),ans[m]+=dp[A[i]][0];
	}
	rep(i,0,n-1) printf("%lld ",ans[i]);
}