【NOIP2018】D1T3 赛道修建

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@题目描述@

C 城将要举办一系列的赛车比赛。在比赛前，需要在城内修建 m 条赛道。

C 城一共有 n 个路口，这些路口编号为 1,2,…,n，有 n−1 条适合于修建赛道的双向通行的道路，每条道路连接着两个路口。其中，第 ii 条道路连接的两个路口编号为 ai 和 bi，该道路的长度为 li 。借助这 n-1 条道路，从任何一个路口出发都能到达其他所有的路口。

一条赛道是一组互不相同的道路 e1,e2,…,ek，满足可以从某个路口出发，依次经过 道路 e1,e2,…,ek（每条道路经过一次，不允许调头）到达另一个路口。一条赛道的长度等于经过的各道路的长度之和。为保证安全，要求每条道路至多被一条赛道经过。

目前赛道修建的方案尚未确定。你的任务是设计一种赛道修建的方案，使得修建的 m 条赛道中长度最小的赛道长度最大（即 m 条赛道中最短赛道的长度尽可能大）

输入
输入文件第一行包含两个由空格分隔的正整数 n,m，分别表示路口数及需要修建的赛道数。
接下来 n-1 行，第 i 行包含三个正整数 ai,bi,li，表示第 i 条适合于修建赛道的道 路连接的两个路口编号及道路长度。保证任意两个路口均可通过这 n-1 条道路相互到达。每行中相邻两数之间均由一个空格分隔。

输出
输出共一行，包含一个整数，表示长度最小的赛道长度的最大值。

输入样例#1
7 1
1 2 10
1 3 5
2 4 9
2 5 8
3 6 6
3 7 7
输出样例#1
31

输入样例#2
9 3
1 2 6
2 3 3
3 4 5
4 5 10
6 2 4
7 2 9
8 4 7
9 4 4
输出样例#2
15

输入输出样例 1 说明
所有路口及适合于修建赛道的道路如下图所示：
道路旁括号内的数字表示道路的编号，非括号内的数字表示道路长度。 需要修建 1 条赛道。可以修建经过第 3,1,2,6 条道路的赛道（从路口 4 到路口 7）， 则该赛道的长度为 9 + 10 + 5 + 7 = 31，为所有方案中的最大值。

输入输出样例 2 说明
所有路口及适合于修建赛道的道路如下图所示：

需要修建 3 条赛道。可以修建如下 3 条赛道：
经过第 1,6 条道路的赛道（从路口 1 到路口 7），长度为 6 + 9 = 15；
经过第 5,2,3,8 条道路的赛道（从路口 6 到路口 9），长度为 4 + 3 + 5 + 4 = 16；
经过第 7,4 条道路的赛道（从路口 8 到路口 5），长度为 7 + 10 = 17。
长度最小的赛道长度为 15，为所有方案中的最大值。

数据规模与约定
对于所有的数据， 2 ≤ n ≤ 50,000，1 ≤ m ≤ n-1，1 ≤ ai,bi ≤ n，1 ≤ li ≤ 10,000。

@题解@

首先：看到“使得最小值最大”，一定要联想到二分答案。
考虑已经固定了最小长度 ≥ x 过后我们应该怎么求解链的最大个数。

令 f(u) 表示以 u 为根的子树剖分成长度 ≥ x 的最多的链个数。再令 g(u) 表示满足 f(u) 最大的情况下，从 u 的某个子孙到达 u 的最长链的长度。

为什么要先满足 f(u) 最大呢？假如牺牲 f(u) 使得 g(u) 变大，则 g(u) 对总答案的贡献最多为 1。假如 f(u) 减少 1，总答案不变；否则总答案还要变小。

怎么求解这两个值呢？对于某一个 u，实际上就是相当于这样一个问题：
给你若干数，让你两两配对，使得满足两个数之和 ≥ x 的配对数尽量多。
这里的若干个数就是 g(u的儿子) + u到该儿子的边长。

这个问题又怎么做呢？因为我们既要求解出 f 的最大值，但也要最大化 g。所以我们尽量先配对掉数值小的。
考虑那个最小的数：如果最大的数不能和这个最小的数配对，就直接更新 g(u) 然后跳过；否则求出能和这个最小的数配对的数 p，删掉 p（视为它已经和最小数匹配），然后 f(u)++。

注意我们还要处理：如果某一个数已经 ≥ x 了，就直接 f(u)++，并删除这个数。
为什么这样是对的呢？如果链(a, b)是由链(a, c) + 链(c, b)组成，且链(a, c)的长度已经 ≥ x。则：如果我们把链(a, b)替换成链(a, c) + 链(c, b)，答案不会变小。

@代码@

删除这个操作我是使用的并查集来做的。
代码实现的细节可能比较多……？大家如果看不懂可以留言在下面问我 qwq 。
对了，代码因为是在考场上写的，所以代码中的变量可能和上面所说的不大一样，还请大家见谅。

#include
#include
using namespace std;
const int MAXN = 50000;
const int INF = int(1E9);
struct edge{
    int to, len;
    edge *nxt;
}edges[2*MAXN + 5], *adj[MAXN + 5], *ecnt=&edges[0];
void addedge(int u, int v, int w) {
    edge *p = (++ecnt);
    p->to = v, p->len = w;
    p->nxt = adj[u], adj[u] = p;
    p = (++ecnt);
    p->to = u, p->len = w;
    p->nxt = adj[v], adj[v] = p;
}
int cnt, fa[MAXN + 5], tot[MAXN + 5];
int mid, f[MAXN + 5], g[MAXN + 5];
int find(int x) {
    return fa[x] = (fa[x] == x) ? x : find(fa[x]);
}
void solve(int x) {
    sort(f+1, f+cnt+1);
    for(int i=1;i<=cnt+1;i++)
        fa[i] = i;
    for(int i=cnt;i>=1;i--)
        if( f[i] >= mid )
            fa[i] = i+1, tot[x]++;
    int pos = cnt;
    for(int i=1;i<=cnt;i++) {
        if( fa[i] != i ) continue;
        while( pos > 0 && f[pos] + f[i] >= mid )
            pos--;
        pos = max(pos, i);
        int p = find(pos+1);
        if( p == cnt+1 )
            g[x] = max(g[x], f[i]);
        else fa[p] = p+1, tot[x]++;
    }
}
void dfs(int rt, int pre) {
    tot[rt] = 0; g[rt] = 0;
    for(edge *p=adj[rt];p!=NULL;p=p->nxt) {
        if( p->to == pre ) continue;
        dfs(p->to, rt); tot[rt] += tot[p->to];
    }
    cnt = 0;
    for(edge *p=adj[rt];p!=NULL;p=p->nxt) {
        if( p->to == pre ) continue;
        f[++cnt] = g[p->to] + p->len;
    }
    solve(rt);
}
bool check(int m) {
    dfs(1, 0);
    return tot[1] >= m;
}
int main() {
    int n, m, le = INF, ri = 0;
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for(int i=1;i<n;i++) {
        int a, b, l;
        scanf("%d%d%d", &a, &b, &l);
        addedge(a, b, l); ri += l; le = min(le, l);
    }
    while( le < ri ) {
        mid = (le + ri + 1) >> 1;
        if( check(m) ) le = mid;
        else ri = mid - 1;
    }
    printf("%d\n", le);
    return 0;
}

@end@

就是这样，新的一天里，也请多多关照哦(ノω<。)ノ))☆.。