洛谷P4383 [八省联考2018]林克卡特树lct(DP凸优化/wqs二分)
洛谷P4383 [八省联考2018]林克卡特树lct(DP凸优化/wqs二分)
题目描述
小L 最近沉迷于塞尔达传说：荒野之息（The Legend of Zelda: Breath of The Wild）无法自拔，他尤其喜欢游戏中的迷你挑战。
游戏中有一个叫做“LCT” 的挑战，它的规则是这样子的：现在有一个N 个点的 树（Tree），每条边有一个整数边权vi ，若vi >= 0，表示走这条边会获得vi 的收益；若vi < 0 ，则表示走这条边需要支付- vi 的过路费。小L 需要控制主角Link 切掉（Cut）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 ，并为经过的每条边支付过路费/ 获取相应收益。
海拉鲁大陆之神TemporaryDO 想考验一下Link。他告诉Link，如果Link 能切掉 合适的边、选择合适的路径从而使 总收益 - 总过路费最大化的话，就把传说中的大师之剑送给他。
小 L 想得到大师之剑，于是他找到了你来帮忙，请你告诉他，Link 能得到的 总收益 - 总过路费最大是多少。
输入输出格式
输入格式：
从文件lct.in 中读入数据。
输入第一行包含两个正整数N; K，保证0 <= K < N <= 3* 10^5105 。
接下来N - 1 行，每行包含三个整数xi; yi; vi，表示第i 条边连接图中的xi; yi 两点， 它的边权为vi。
输出格式
输出到文件lct.out 中。
输出一行一个整数，表示答案。
输入输出样例
输入样例#1： 复制
5 1
1 2 3
2 3 5
2 4 -3
4 5 6输出样例#1： 复制
14说明
【样例1 解释】
一种可能的最优方案为：切掉(2; 4; ?3) 这条边，连接(3; 4; 0) 这条边，选择(p; q) = (1; 5)。
• 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 <= 100 ;
• 对于其他数据，没有特殊约定。
对于全部的测试数据，保证有1 <= N <= 3 * 10^5105 ; 1 <= xi; yi <= N; |vi| <= 10^6106 。
【提示】
题目并不难。
当时在考场上，，只会$k=0$还挂了一个点。。
题目等价于：在树上选择$k+1$条不相交的链，使其权值和最大。
考虑树形DP（以下的$k$均为$k+1$）
一个很直观的想法是用$f[i][j]$表示第$i$个节点，子树中选了$j$条链的最大价值。
但这样是无法转移的，因此我们要考虑到根节点的情况，
令$f[0/1/2][i][j]$表示$i$号节点的子树中选了$j$条链，根节点不在任何一条链中/作为链的端点/作为两条链的端点的最大值。
更新的时候分三种情况讨论。
但是这样复杂度是$O(N*K)$的，考虑继续优化。
看到这种带$k$限制类的问题，我们尝试wqs二分
按照套路，我们观察$f$数组在不同的$k$下的最优解，不难发现函数是上凸的。严格证明不会，自己意会一下吧。。
按照套路，二分一个边权，加到每条边上，我们可以通过控制边权来控制$k$的大小。如果边权都很小，肯定是少选几条链比较优，如果边权比较大，肯定是多选几条优。
按照套路，如果我们二分到一个边权，在这里恰好选了$k$条链，那么这种选法就是最优的。
判断的时候不需要枚举$k$，因此DP一遍的复杂度为$O(N)$，总复杂度为$O(NlogV)$
还有就是这玩意儿二分的边界比较诡异。。。
// luogu-judger-enable-o2
// luogu-judger-enable-o2
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<map>
#include<vector>
#define Pair pair<int, int>
#define int long long
const int MAXN = 3 * 1e5 + 1;
using namespace std;
inline int read() {
char c = getchar(); int x = 0, f = 1;
while(c < '0' || c > '9') {if(c == '-') f = -1; c = getchar();}
while(c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
return x * f;
}
struct Node {
int x, y;//x ：权值 y：数目
bool operator < (const Node &rhs) const {
return this -> x == rhs.x ? this -> y > rhs.y : this -> x < rhs.x;//tag
}
Node operator + (const Node &rhs) const {
return (Node) {x + rhs.x, y + rhs.y};
}
Node operator + (const int &rhs) const {
return (Node) {x + rhs, y};
}
}f[3][MAXN];
int N, K;
struct Edge {
int u, v, w, nxt;
}E[MAXN << 1];
int head[MAXN], num = 0;
inline void AddEdge(int x, int y, int z) {
E[num] = (Edge) {x, y, z, head[x]};
head[x] = num++;
}
int mid;
Node Plus(Node a) {
return (Node){a.x - mid, a.y + 1};
}
void dfs(int x, int fa) {
f[2][x] = max(f[2][x], (Node) {-mid, 1});
for(int i = head[x]; i != -1; i = E[i].nxt) {
int v = E[i].v;
if(v == fa) continue;
dfs(v, x);
f[2][x] = max(f[2][x] + f[0][v], Plus(f[1][x] + f[1][v] + E[i].w));//把根与子树连起来，会增加一条链
f[1][x] = max(f[1][x] + f[0][v], f[0][x] + f[1][v] + E[i].w);
f[0][x] = f[0][x] + f[0][v];
//printf("%d %d %d\n", f[2][x].x, f[1][x].x, f[0][x].x);
}
f[0][x] = max(f[0][x], max(Plus(f[1][x]), f[2][x]));
}
main() {
#ifdef WIN32
freopen("a.in", "r", stdin);
#endif
memset(head, -1, sizeof(head));
N = read(); K = read() + 1;
int l = 0, r = 0;
for(int i = 1; i < N; i++) {
int x = read(), y = read(), z = read();
AddEdge(x, y, z); AddEdge(y, x, z);
r += abs(z);
}
l = -r;
while(l <= r) {
mid = (l + r) >> 1;
memset(f, 0, sizeof(f));
dfs(1, 0);
if(f[0][1].y <= K) r = mid - 1;
else l = mid + 1;
}
mid = l; memset(f, 0, sizeof(f));
dfs(1, 0);
printf("%lld", f[0][1].x + mid * K);
return 0;
}腾讯云开发者
