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P3647 题解

Overview

很好的题，但是难度较大。

模拟小数据！——【数据删除】

Description

给定一颗树，有边权，已知这棵树是由这两个操作得到的：

• Append(u, w)：在 $u$ 和 $w$ 之间连一条红边，注意这里的 $w$ 必须是新点。
• Insert(u, v, w)：在 $u$ 和 $w$，$v$ 和 $w$ 之间各连一条蓝边，注意这里的 $w$ 必须是新点。

问蓝线的长度最大能到多少。

Solution

我们可以尝试将所有的 Insert 所产生的蓝边对都提取出来。
它们只可能有两种形式：son - u - father 和 son1 - u - son2。

Lemma

引理：所有的蓝边都可以在某一个根上表现出形如 son - u - father 的形式。

Proof

当树上没有形如 son1 - u - son2 的蓝边时，显然成立；

当树上恰好有一个形如 son1 - u - son2 的蓝边时，可以将 son1 和 son2 其中之一作为根，解决问题；

当树上有大于一个形如 son1 - u - son2 的蓝边时，可以证明不存在这样的边。
如图，当存在形如 1 的情况时，son1 和 son2 构成了单独的连通块，因为如果不是，那么 son1 和 son2 一定会是父子关系，矛盾；
当存在多个这样的连通块时，如图 2，建树时节点一定会组成单一的连通块，因为 $u$ 总是存在，所以不成立。

Main

有了引理，就可以树形 dp 了。

枚举树根，对每个根 DP。设 $d_{u,0/1}$ 为 $u$ 为根，$u$ 是否为蓝边终点的子树最大边权和。

先看 $d_{u,0}$，因为没有边上的限制，所以可以任意取，对于是中点的情况，可以再加上边权 $w(u,v)$，即 $\max (d_{v,1}+w(u,v),d_{v,0})$。
再看 $d_{u,1}$，一定有一个 $d_{v,0}+w(u,v)$，其它都是 $\max (d_{v,1}+w(u,v),d_{v,0})$，所以要加上 $\max {\Delta }_{\text{sum}}$。

所以关于 $d$ 的状态转移方程可以这样写：

d u , 0 = ∑ v ∈ son ( u ) max ⁡ ( d v , 1 + w ( u , v ) , d v , 0 ) d u , 1 = d u , 0 + max ⁡ v ∈ son ( u ) { d v , 0 + w ( u , v ) − max ⁡ ( d v , 1 + w ( u , v ) , d v , 0 ) } d_{u,0} = \sum_{v\in \text{son}(u)}\max(d_{v,1}+w(u,v),d_{v,0})\\d_{u,1} = d_{u,0}+\max_{v\in \text{son}(u)}\{d_{v,0} + w(u,v) - \max(d_{v,1} + w(u,v), d_{v,0})\} du,0​=v∈son(u)∑​max(dv,1​+w(u,v),dv,0​)du,1​=du,0​+v∈son(u)max​{dv,0​+w(u,v)−max(dv,1​+w(u,v),dv,0​)}

这样，就可以枚举根得到 $O(n^2)$ 的复杂度，$15\text{pts}$。

接下来考虑换根 DP。

一张图解释接下来两个 DP 数组的含义。

这里的 $g$ 并不描述这个子树，而是以 $u$ 为根的整棵树。

根据 $f$ 的转移方程，我们照样也可以推出 $g$ 和 $k$ 的转移方程，留给读者思考。

注意到方程里仍有大量之前可以利用的内容，所以需要维护最大值和次大值。

Code

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;int dp[200001][2], dp1[200001][2], dp2[200001][2], mx[200001], mx2[200001];vector<pair<int, int> > gv[200001];inline void add_edge(int u, int v, int w){gv[u].push_back(make_pair(v, w));gv[v].push_back(make_pair(u, w));
}void dfs(int u, int fa){vector<int> vec;vec.push_back(INT_MIN), vec.push_back(INT_MIN);for(auto v : gv[u]){if(v.first == fa) continue;dfs(v.first, u);dp[u][0] += max(dp[v.first][0], dp[v.first][1] + v.second);vec.push_back(dp[v.first][0] + v.second - max(dp[v.first][0], dp[v.first][1] + v.second));}sort(vec.begin(), vec.end(), greater<int>());mx[u] = vec[0], mx2[u] = vec[1];dp[u][1] = dp[u][0] + mx[u];
}void dfs1(int u, int fa, int lst){for(auto v : gv[u]){if(v.first == fa) continue;int tmp = dp[v.first][0] + v.second - max(dp[v.first][0], dp[v.first][1] + v.second);dp2[u][0] = dp1[u][0] - max(dp[v.first][0], dp[v.first][1] + v.second);dp2[u][1] = dp2[u][0] + (mx[u] == tmp ? mx2[u] : mx[u]);if(fa + 1) dp2[u][1] = max(dp2[u][1], dp2[u][0] + dp2[fa][0] + lst - max(dp2[fa][0], dp2[fa][1] + lst));dp1[v.first][0] = dp[v.first][0] + max(dp2[u][0], dp2[u][1] + v.second);
//		dp1[v.first][1] = dp1[v.first][0] + max(mx[v.first], dp2[u][0] + v.second - max(dp2[u][0], dp2[u][1] + v.second));dfs1(v.first, u, v.second);}
}void init_vars(){// type your initiating code...
}void solve(int testcase, ...){init_vars();int n; cin >> n;for(int i = 0; i < n - 1; i++){int u, v, w; cin >> u >> v >> w;add_edge(u, v, w);}dfs(1, -1); dp1[1][0] = dp[1][0];dfs1(1, -1, 0);int ans = 0;for(int i = 1; i <= n; i++){//cout << mx[i] << " " << mx2[i] << endl;ans = max(ans, dp1[i][0]);}cout << ans << endl;
}signed main(){
#ifdef filesfreopen(".in", "r", stdin);freopen(".out", "w", stdout);
#endifios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0), cout.tie(0);solve(1);
#ifdef filesfclose(stdin); fclose(stdout);
#endifreturn 0;
}/**  things to check*  1.  int overflow or long long memory need*  2.  recursion/array/binary search/dp/loop bounds*  3.  precision*  4.  special cases(n=1,bounds)*  5.  delete debug statements*  6.  initialize(especially multi-tests)*  7.  = or == , n or m ,++ or -- , i or j , > or >= , < or <=*  8.  keep it simple and stupid*  9.  do not delete, use // instead*  10. operator priority*  11. is there anything extra to output?*  12. THINK TWICE CODE ONCE, THINK ONCE DEBUG FOREVER*  13. submit ONCE, AC once. submit twice, WA forever*  14. calm down and you'll get good rank*  15. even a bit wrong scores zero*  16. ...**//**  something to think about*  1. greedy? dp? searching? dp with matrix/ segment tree? binary search? ...?*  2. If it is difficult, why not the opposite?**//*##########   ############   #####         #########                 #####      ####       ####
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*/