简要题意：
在一棵树上求 (m) 条不相交的路径的最小值的最大值。
本题部分分很多，而且本人也交了 (27) 次，所以一定要仔细讲部分分！
算法一
对于 (b_i = a_i + 1) 的数据，你发现这是一条链。
也就是说，对这部分数据，题目简化为：
将一个数组分为不相交的若干区间，使得它们权值和的最小值最大。
一看，最小值最大，就是二分答案。
验证方法也很简单。
假设你当前的和是 ( ext{sum})，当前决策的数为 (x)，验证的和为 (ans).
此时如果 (sum+x>ans)，那么将前面一段与当前的决策作为一段区间，并开启新的区间。
否则，不开启新的区间。
时间复杂度： (O(n log n)).
实际得分：(20pts).
（但是，如果你对所有情况都按链做，似乎还可以都对一个点）
#pragma GCC optimize(2)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+1;
inline int read(){char ch=getchar();int f=1;while(ch<'0' || ch>'9') {if(ch=='-') f=-f; ch=getchar();}
int x=0;while(ch>='0' && ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();return x*f;}
int n,m,a[N],f=0;
vector<pair<int,int> >G[N];
bool chain=0; //链的部分分
inline void dfs(int dep,int bs) {
// printf("%d %d
",dep,bs);
for(int i=0;i<G[dep].size();i++) {
int x=G[dep][i].first,y=G[dep][i].second;
if(x==bs) continue;
dfs(x,dep); a[dep]=y;
}
} //把权值做成数组取出
inline bool check(int dep) {
int t=0,sum=0;
for(int i=1;i<n;i++) {
if(sum+a[i]>=dep) sum=0,t++; //新开一个区间
else sum+=a[i]; //区间继承节点
} return t>=m;
}
inline void subtask1() { //链
dfs(1,0); //for(int i=1;i<n;i++) printf("%d ",a[i]); putchar('
');
int l=1,r=1e9,ans;
while(l<=r) {
int mid=(l+r)>>1;
if(check(mid)) ans=mid,l=mid+1;
else r=mid-1; //二分答案
} printf("%d
",ans);
}
int main(){
n=read(),m=read();
for(int i=1;i<n;i++) {
int x=read(),y=read(),z=read();
G[x].push_back(make_pair(y,z));
G[y].push_back(make_pair(x,z));
if(y!=x+1) chain=1;
} //dfs(1,0);
if(!chain) subtask1();
return 0;
}
算法二
你发现有 (m=1) 的部分分。
此时就是 树的直径 。
树的直径定义：
一棵树上长度最长的一条简单路径。
众所周知，树的直径只需要两次 ( exttt{dfs}).
即从任意一个点走到离它最远的点 (x)，再从 (x) 走到它最远的点 (y).
那么 (y gets x) 的这条路径就是直径。定义略，读者可自行学习。
敲模板即可。
时间复杂度：(O(n)).
实际得分：(40pts).
算法三
仍然注意到，(a_i=1) 的菊花图部分分。
对于菊花图，其实就是贪心。
你把所有边从大到小排序，然后肯定是选最大的 (m) 个。
那么，怎么配对呢？你发现，每条链要么单独，要么和别人拼起来，两条链作为一条链。
显然，能拼接的我们就拼。
所以，应将第 (i) 大的和第 (i) 小的配对，这样尽量平均。
这个贪心就不证明了吧。
时间复杂度：(O(n + m)).
实际得分：(55pts).
#pragma GCC optimize(2)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+1;
inline int read(){char ch=getchar();int f=1;while(ch<'0' || ch>'9') {if(ch=='-') f=-f; ch=getchar();}
int x=0;while(ch>='0' && ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();return x*f;}
int n,m,a[N],dis[N];
vector<pair<int,int> >G[N];
bool chain=0; //链的部分分 20
bool flower; //菊花图的部分分 15
inline void dfs_get(int dep,int bs) {
for(int i=0;i<G[dep].size();i++) {
int x=G[dep][i].first,y=G[dep][i].second;
if(x==bs) continue;
dfs_get(x,dep); a[dep]=y;
}
}
inline bool check(int dep) {
int t=0,sum=0;
for(int i=1;i<n;i++) {
if(sum+a[i]>=dep) sum=0,t++;
else sum+=a[i];
} return t>=m;
}
inline void subtask1() { //链
dfs_get(1,0);
int l=1,r=1e9,ans;
while(l<=r) {
int mid=(l+r)>>1;
if(check(mid)) ans=mid,l=mid+1;
else r=mid-1;
} printf("%d
",ans);
exit(0);
}
inline void dfs(int dep,int bs) {
for(int i=0;i<G[dep].size();i++) {
int x=G[dep][i].first,y=G[dep][i].second;
if(x==bs) continue;
dis[x]=dis[dep]+y; dfs(x,dep);
}
}
inline int get_far(int x) { //找到离 x 最远的点，求直径
memset(dis,0,sizeof(dis));
dfs(x,0); int maxi=0,maxh;
for(int i=1;i<=n;i++)
if(dis[i]>maxi) maxi=dis[i],maxh=i;
return maxh;
}
inline void dfs_get_2() {
for(int i=0;i<G[1].size();i++) {
int x=G[1][i].first,y=G[1][i].second;
a[x-1]=y;
}
}
int main(){
n=read(),m=read();
for(int i=1;i<n;i++) {
int x=read(),y=read(),z=read();
G[x].push_back(make_pair(y,z));
G[y].push_back(make_pair(x,z));
if(y!=x+1) chain=1;
if(x!=1) flower=1;
} if(!chain) subtask1(); //链
if(m==1) {
int t=get_far(1);
t=get_far(t);
printf("%d
",dis[t]); return 0;
} //直径
if(!flower) {
dfs_get_2(); int ans=1e9;
sort(a+1,a+n); reverse(a+1,a+n);
for(int i=1;i<=m;i++) ans=min(ans,a[i]+a[(m<<1)-i+1]);
printf("%d
",ans);
} //菊花图
return 0;
}
算法四
其实呢，分支不超过 (3) 可以认为是正解的弱化版。
因为正解的复杂度和分支数有一定关联。
首先我们二分答案，下面需要用 (O(n)) 或 (O(n log n)) 的时间验证一个数 (mid)。
对于一条超过 (mid) 的链，直接扔掉，计入答案。
否则，我们叫它 “半链”。
一条半链，要么继承它的父节点，要么就和另一个半链拼在一起，要么就抛弃。
那么，对于以 (i) 为根的子树，所有的半链要两两配对（也可以抛弃一部分）使得 (geq mid).
这里的半链是所有的 (f_k (k in exttt{son(i)}))，即所有的儿子节点的半链。
这时候我们用到了排序，贪心，双指针。
首先从小到大排序，然后用双指针贪心即可。
对于剩下的半链，在剩下的半链中取最大的继承父节点，作为一个新的半链，等待上面的半链处理。
这里我们需要一个数据结构，维护这些半链。
显然，如果排序的话，时间复杂度将会达到 (O(n k log k)). 其中 (k) 为每个节点儿子个数的和，接近于 (n)。
所以会被卡到 (O(n^2 log n)).
这样只能得到 (85pts).
我们想到了 ( exttt{mutilset}).
维护之后，复杂度从 (O(n^2 log n)) 降到了 (O(n log^2 n)).（最坏）
实际得分：(100pts).
#pragma GCC optimize(2)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+1;
inline int read(){char ch=getchar();int f=1;while(ch<'0' || ch>'9') {if(ch=='-') f=-f; ch=getchar();}
int x=0;while(ch>='0' && ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();return x*f;}
int n,m,a[N],dis[N];
vector<pair<int,int> >G[N];
bool chain=0; //链的部分分 20
bool flower; //菊花图的部分分 15
int dist[N],sum=0;
multiset<int>s; //正解
inline void dfs_get(int dep,int bs) {
for(int i=0;i<G[dep].size();i++) {
int x=G[dep][i].first,y=G[dep][i].second;
if(x==bs) continue;
dfs_get(x,dep); a[dep]=y;
}
}
inline bool check(int dep) {
int t=0,sum=0;
for(int i=1;i<n;i++) {
if(sum+a[i]>=dep) sum=0,t++;
else sum+=a[i];
} return t>=m;
}
inline void subtask1() { //链
dfs_get(1,0);
int l=1,r=1e9,ans;
while(l<=r) {
int mid=(l+r)>>1;
if(check(mid)) ans=mid,l=mid+1;
else r=mid-1;
} printf("%d
",ans);
exit(0);
}
inline void dfs__(int dep,int bs) {
for(int i=0;i<G[dep].size();i++) {
int x=G[dep][i].first,y=G[dep][i].second;
if(x==bs) continue;
dis[x]=dis[dep]+y; dfs__(x,dep);
}
}
inline int get_far(int x) { //找到离 x 最远的点，求直径
memset(dis,0,sizeof(dis));
dfs__(x,0); int maxi=0,maxh;
for(int i=1;i<=n;i++)
if(dis[i]>maxi) maxi=dis[i],maxh=i;
return maxh;
}
inline void dfs_get_2() {
for(int i=0;i<G[1].size();i++) {
int x=G[1][i].first,y=G[1][i].second;
a[x-1]=y;
}
}
inline int dfs(int x,int fa,int mid) {
//二分答案中的检验
int tot=0;
for(int i=0;i<G[x].size();i++) {
int u=G[x][i].first,v=G[x][i].second;
if(u==fa) continue;
tot+=dfs(u,x,mid);
if(tot>=m) return tot;
} dist[x]=0; s.clear();
for(int i=0;i<G[x].size();i++) {
int u=G[x][i].first,v=G[x][i].second;
if(u==fa) continue;
if(dist[u]+v>=mid) tot++;
else s.insert(dist[u]+v);
}
for(multiset<int>::iterator i=s.begin();i!=s.end() && s.size();) {
//双指针
multiset<int>::iterator nxt=s.lower_bound(mid-(*i));
if(nxt==i && nxt!=s.end()) nxt++;
if(nxt==s.end()) {i++;continue;}
s.erase(nxt),s.erase(i++); tot++;
if(tot>=m) return tot;
} if(!s.empty()) dist[x]=*s.rbegin();
return tot;
}
int main(){
n=read(),m=read();
for(int i=1;i<n;i++) {
int x=read(),y=read(),z=read();
G[x].push_back(make_pair(y,z));
G[y].push_back(make_pair(x,z));
if(y!=x+1) chain=1;
if(x!=1) flower=1;
} if(!chain) subtask1(); //链
if(m==1) {
int t=get_far(1);
t=get_far(t);
printf("%d
",dis[t]); return 0;
} //直径
if(!flower) {
dfs_get_2(); int ans=1e9;
sort(a+1,a+n); reverse(a+1,a+n);
for(int i=1;i<=m;i++) ans=min(ans,a[i]+a[(m<<1)-i+1]);
printf("%d
",ans); return 0;
} //菊花图
int l=1,r=5e9,ans;
while(l<=r) {
int mid=(l+r)>>1;
if(dfs(1,1,mid)>=m) l=mid+1,ans=mid;
else r=mid-1;
} printf("%d
",ans);
return 0;
}