loj2478/bzoj5252(dp凸优化/wqs二分)

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题目链接

https://loj.ac/problem/2478

题意

给定 $n$ 个点的树 $(n\le3e5)$ ，去掉 $k$ 条边，再用 $k$ 条边权为 $0$ 的边将几个联通块连成树，求这个树的直径的最大值。

题解

这个问题等价于选 $k+1$ 个联通块的直径和的最大值，等价于选 $k+1$ 个不相交的链

那么设 $d[i][j]$ 为到 $i$ 点选 $j$ 条链的最大值，然后就是普通的树背包，可以用树背包优化成 $O(n^2)$

然后状态数过大需要优化。。

发现若固定 $i​$ ，则 $f(j)=d[i][j]​$ 是个凸函数，因为链选太少会阻碍我们选取更多边的权值，而链选太多我们就要把一些边给割去，因此由于这两个因素的作用，随着 $j​$ 的增大 $f(j)​$ 的趋势大概是先增大后减小(证明并不严格)

然后就可以凸优化了，凸优化的资料参见这里

凸优化基于 $f(j)$ 是凸函数这一性质。

设 $g[i]=\max\limits_{j} {d[i][j]}$

若对 $i=n$ ， $f(j)$ 的最值 $f_{max}$ 在 $m$ 处取得(假设我们最终要求得 $f[n][m]$)，那么直接对 $g[i]$ 进行 $DP$ 即可求解

然而 $f_{max}$ 并不一定在 $m$ 处取得，那么我们就要想办法让极值点往 $m$ 偏移，用的方法就是构造 $h(i)=g[i]-it$ ，使用适合的 $t$ 就可以让极值点偏移到 $m$ ，为了选出适合的 $t$ ，我们就要对 $t$ 进行二分，这就是所谓的 $wqs$ 二分 。

然后复杂度就降成 $O(nlogC)$


一个细节就是二分的边界，会存在 $t=c$ ，极值点 $\lt m$ ； $t=c+1$ 极值点 $>m$ 之类的情况，这个时候对所有极值点 $\lt m$(或 $\gt m$) 的情况，我们依旧认为他可以代表等于 $m$ 的情况，通过构造一个空集加进原来的方案，在此基础上求最值就可以了，所以可以 $wqs$ 二分可以使用更快的整数二分




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 */ 
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<queue>
#include<map>
#include<stack>
#include<cmath>
#include<set>
#include<bitset>
#include<assert.h>
#define inc(i,l,r) for(int i=l;i<=r;i++)
#define dec(i,l,r) for(int i=l;i>=r;i--)
#define link(x) for(edge *j=h[x];j;j=j->next)
#define mem(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define ll long long
#define eps 1e-6
#define succ(x) (1<<x)
#define lowbit(x) (x&(-x))
#define sqr(x) ((x)*(x))
#define mid (x+y)/2
#define NM 300005
#define nm 600005
#define pi 3.1415926535897931
const ll inf=3e11;
using namespace std;
ll read(){
    ll x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(isdigit(ch))x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
    return f*x;
}




struct edge{int t,v;edge*next;}e[nm],*h[NM],*o=e;
void add(int x,int y,int v){o->v=v;o->t=y;o->next=h[x];h[x]=o++;}
int n,k,_x,_y;
ll _t,s;
struct tmp{
    ll x;int y;
    bool operator<(const tmp&o)const{return x<o.x||(x==o.x&&y>o.y);}
    tmp operator+(const tmp&o)const{return tmp{x+o.x,y+o.y};}
    void operator+=(const tmp&o){x+=o.x;y+=o.y;}
}d[NM][3],ans;

void dfs(int x,int f){
    d[x][0]=tmp{0,0};d[x][1]=d[x][2]=tmp{_t,1};
    link(x)if(j->t!=f){
	dfs(j->t,x);
	d[x][2]+=max(d[j->t][0],max(d[j->t][1],d[j->t][2]));
	d[x][2]=max(d[x][2],d[x][1]+d[j->t][1]+tmp{j->v-_t,-1});
	d[x][2]=max(d[x][2],d[x][1]+d[j->t][0]+tmp{j->v,0});
	d[x][1]+=max(d[j->t][0],max(d[j->t][1],d[j->t][2]));
	d[x][1]=max(d[x][1],d[x][0]+d[j->t][1]+tmp{j->v,0});
	d[x][1]=max(d[x][1],d[x][0]+d[j->t][0]+tmp{j->v+_t,1});
	d[x][0]+=max(d[j->t][0],max(d[j->t][1],d[j->t][2]));
    }
}


int main(){
    //freopen("data.in","r",stdin);
    n=read();k=read()+1;
    inc(i,2,n){_x=read();_y=read();_t=read();add(_x,_y,_t);add(_y,_x,_t);}
    for(ll x=-inf,y=inf;x<=y;){
	_t=x+y>>1;
	dfs(1,0);
	ans=max(d[1][0],max(d[1][1],d[1][2]));
	//printf("%d %lld\n",ans.y,_t);
	if(ans.y<=k)x=_t+1,s=ans.x-_t*k;
	else y=_t-1;
    }
    //printf("%lld %d\n",ans.x,ans.y);
    printf("%lld\n",s);
    return 0;
}