CF468D Tree 题解
Link.
P.S.
看上去好清真啊，看上去好原题啊，看上去好清新啊，洛谷评分也就一个紫，点开难度。
woc *3100，恐惧了恐惧了，爪巴了爪巴了。
和 @Krimson 一起胡的一个做法。
Description.
有一棵树，无根边带权。
一个排列的 \(\{p_i\}\) 权值定义为 \(\sum\text{dist}(i,p_i)\)。
求权值最大值，以及取到这个最大值的最小排列。
Solution.
首先，最大值显然是 ATcoder 原题，肯定是每条边达到 \(\max\{sz_u,sz_v\}\)。
然后第一问就做完了，证明就考虑取重心，然后反复横跳（AT 肯定是有原题的。
第二问考虑同样取重心，把树划分成了若干棵子树（重心本身可以当作一棵方便处理
考虑转化一下，定义一个树的入度表示这个树还没被匹配的点，出度表示这个树需要匹配的点。
那能匹配的方案肯定满足每个点都可以匹配，也就是其他点的入度大于当前点的出度。
我们维护 \(d_i\) 表示 其他点的入度减当前点的出度。
每次匹配相当于对匹配子树和被匹配子树的 \(d_i\) 不变，其他全局减一。
要求减完后不出现 \(-1\)。
考虑如果出现了一个 \(d_i=0\)，那肯定需要直接匹配这两个。
但是全局同一时间肯定仅可能有两个 \(d_i=0\)，且如果有两个肯定其他已经匹配完了。
然后每次如果有除了当前子树外的 \(d_i=0\)，那只能匹配目标。
否则就贪心匹配全局最小值，这样肯定不会让 \(d_i\) 变成负数。
至于全局 \(-1\) 直接维护一个 tag 就行了。
注意特判重心，因为重心可以和自己匹配，不需要满足 \(d_i\ge 0\) 的限制。
Coding.
点击查看代码
//Coded by leapfrog on 2021.10.28 {{{
//是啊，你就是那只鬼了，所以被你碰到以后，就轮到我变成鬼了
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;typedef long long ll;
template<typename T>inline void read(T &x)
{
x=0;char c=getchar(),f=0;
for(;c<48||c>57;c=getchar()) if(!(c^45)) f=1;
for(;c>=48&&c<=57;c=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
f?x=-x:x;
}
template<typename T,typename...L>inline void read(T &x,L&...l) {read(x),read(l...);}//}}}
const int N=100005;set<int>nd[N],id;set<pair<int,int> >dd;int nid=0;
struct edge{int to,w,nxt;}e[N<<1];int et,head[N],d[N],p[N];
int n,sz[N],rt,dfn[N],nfd[N],dt,f[N],tag[N];ll rs=0;
inline void adde(int x,int y,int w) {e[++et]=(edge){y,w,head[x]},head[x]=et;}
inline void getrt(int x,int fa)
{
sz[x]=1;int mx=0;for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt) if(e[i].to!=fa)
getrt(e[i].to,x),sz[x]+=sz[e[i].to],mx=max(mx,sz[e[i].to]);
mx=max(mx,n-sz[x]);if(mx<=n/2) rt=x;
}
inline void dfs0(int x,int fa)
{
dfn[x]=++dt,nfd[dt]=x,sz[x]=1,f[x]=fa;
for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt) if(e[i].to!=fa)
dfs0(e[i].to,x),sz[x]+=sz[e[i].to],rs+=2ll*min(sz[e[i].to],n-sz[e[i].to])*e[i].w;
}
int main()
{
read(n);for(int i=1,x,y,w;i<n;i++) read(x,y,w),adde(x,y,w),adde(y,x,w);
if(n==1) return puts("0\n1\n"),0;else if(n==2) return printf("%lld\n2 1\n",2ll*e[head[1]].w),0;
getrt(1,0),dfs0(rt,0),printf("%lld\n",rs);
for(int i=head[rt],x;i;i=e[i].nxt)
{
++nid,x=e[i].to;for(int l=dfn[x];l<dfn[x]+sz[x];l++) nd[tag[nfd[l]]=nid].insert(nfd[l]);
id.insert(*nd[nid].begin()),dd.insert(make_pair(d[nid]=n-2*nd[nid].size(),nid));
}
nd[tag[rt]=++nid].insert(rt),dd.insert(make_pair(d[nid]=n-2,nid)),id.insert(rt);
int tg=0;for(int i=1;i<=n;i++)
{
int ps=tag[i],tw;dd.erase(make_pair(d[ps],ps));
if(dd.begin()->first+tg==0&&dd.begin()->second!=tag[rt]) tw=dd.begin()->second;
else if(tag[*id.begin()]==ps&&i!=rt) tw=tag[*++id.begin()];else tw=tag[*id.begin()];
int qw=*nd[tw].begin();p[i]=qw,tg--,dd.erase(make_pair(d[tw],tw));
id.erase(qw),nd[tw].erase(nd[tw].begin());if(!nd[tw].empty()) id.insert(*nd[tw].begin());
dd.insert(make_pair(++d[ps],ps)),dd.insert(make_pair(++d[tw],tw));
}
for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d%c",p[i],i==n?'\n':' ');
return 0;
}
