Description

一棵 n 個結點的樹，有正邊權。
用 y 條鏈覆蓋這棵樹，滿足：

• 所有鏈連通（有重點即算作相連）
• 點 x 被覆蓋
• 被覆蓋的邊的權值和盡可能大
  q 次給出 x, y，詢問最大邊權和，強制在線。
  n, q ≤ $10^5$

Solution

• 可以發現一些比較顯然的性質：

權值是正的，那么鏈的端點一定可以全部調整成葉子。

如果鏈不連通，可以交換鏈的端點使它們連通。

使用 k 條路徑就可以覆蓋一棵有 2k 個葉子的樹。（先以任意方式匹配葉子。如果有兩條路徑不相交，可以調整成相交的情況。
不斷調整就可以讓任意兩條路徑都相交，于是顯然覆蓋了整棵樹。）

• 現在問題是尋找 2 ? y 個葉子，使 x 被包含，使被包含的邊權和最大。
• 考慮單次詢問怎么辦。如果只有一次詢問，我們就把詢問的點 x 提作根，如果 x 的度數不為 1 ，那么選 y 條路徑的最優方案必然可以轉化為選 2y 個葉子，然后求這 2y 個葉子到 x 的路徑的并的長度。如果 x 的度數為 1 的話，那么就是選 2y-1 個葉子，因為有一條路徑要從 x 出發。
• 那么顯然就可以貪心的選當前貢獻最大的葉子加入答案了。
• 如果有多組詢問呢？每次詢問都換根顯然不現實，但發現每次詢問中，一定存在一種方案使得直徑的兩端中至少有一端被選取。
• 那我們就可以把直徑的兩個端點分別作為根來考慮，最后詢問的時候取最大值即可。
• 考慮對每棵樹預處理出 $an{s}_i$ 表示當前選了 i 個葉子的最大權值和，這個可以用 DFS序的線段樹或者是長鏈剖分來實現。

線段樹實現：每個葉子節點的貢獻是 它的深度-它到根路徑上已經被其它路徑覆蓋的部分的長度，用線段樹維護一下葉子的貢獻，每次貪心的選取貢獻最大的葉子

長鏈剖分實現：一個子樹內，最先被選的顯然是深度最大的葉子，那么一個葉子的貢獻，就是在長鏈剖分后，所在重鏈以及上方第一條輕邊的距離。

• 然后考慮一次詢問 x,y。如果 $an{s}_{2y?1}$中包含了 x 點，那么直接輸出 $an{s}_{2y?1}$即可。否則，加入 x 子樹內最深葉子，然后需要刪去一個之前選的葉子，使得減少的權值最小：

這個葉子可能是最后一個被選的葉子，也就是貢獻最小的那個。

由于 x 的加入，與 x 的 lca 最深的被選葉子的貢獻可能會減小，而被刪去。（找離 x 最近的有葉子被選的祖先的一條路徑，砍掉一半后跟 x 的子樹中深度最大的點接上。）

• 可以發現，第一種情況好辦，倍增跳到到第一個被訪問時間 $\le 2y?2$ 祖先 u ，那么答案就是 $an{s}_{2y?2}?dep[u]+mx[x]$。
• 然后考慮第二種情況。第二種情況乍一看需要維護在所有時間所有點的子樹內選的葉子節點的權值的最小值，這個很麻煩。但是仔細想想可以發現，只有在這個祖先的子樹內只有一個葉子節點被選的時候，這種情況才可能有第一種情況優。因為如果多于兩個葉子，那么刪掉最小的那個葉子節點所減去的依舊是這個點加進來時候的權值，既然是減去加進來的權值那么第一種情況顯然是最小的。如果只有一個葉子，那么這個葉子所代表的鏈跟 x 到根的路徑是有交的，所以才有可能更短。實現方面可以倍增跳到第一個被訪問時間 $\le 2y?1$的節點 u，那么答案就會是 $an{s}_{2y?1}?mx[u]+mx[x]$。
• 那么最終的答案就是兩顆樹的兩種情況的最大值了。
• 時間復雜度 $O((n+q)\log n)$。
  疑問：就網上的其它博客和我自己的提交來看，直徑兩端點分別作為根的情況好像不用都考慮，隨便找一種就好。這樣做為什么是對的？知道的朋友可以麻煩解答一下嗎？

Code

#include<iostream> #include<cstdio> using namespace std; const int N=1e5+5; struct Edge{int v,w,nxt; }edge[N<<1]; int n,m,head[N],cnt,rt,mxd,lstans,ans[N]; int fa[N][25],dep[N],son[N],dfn[N],ind,ln[N],md[N],low[N]; pair<int,int> mx[N<<2];int tag[N<<2]; int vis[N]; void add(int u,int v,int w){edge[++cnt].v=v;edge[cnt].w=w;edge[cnt].nxt=head[u];head[u]=cnt; } void find(int u,int f,int d){if(d>mxd){rt=u;mxd=d;} for(int i=head[u];i;i=edge[i].nxt){int v=edge[i].v;if(v==f) continue;find(v,u,d+edge[i].w);} } void dfs(int u,int f){ln[dfn[u]=++ind]=u;md[u]=dep[u];for(int i=1;i<=20;i++){if(!fa[fa[u][i-1]][i-1]) break;fa[u][i]=fa[fa[u][i-1]][i-1];}for(int i=head[u];i;i=edge[i].nxt){int v=edge[i].v;if(v==f) continue;dep[v]=dep[u]+edge[i].w;fa[v][0]=u;dfs(v,u);md[u]=max(md[u],md[v]);}low[u]=ind; } void pushup(int u){if(mx[u<<1].first<mx[u<<1|1].first) mx[u]=mx[u<<1|1];else mx[u]=mx[u<<1]; } void build(int u,int l,int r){if(l==r){mx[u]=make_pair(dep[ln[l]],ln[l]);return;}int mid=(l+r)>>1;build(u<<1,l,mid);build(u<<1|1,mid+1,r);pushup(u); } void pushdown(int u,int l,int r){if(tag[u]){mx[u<<1].first+=tag[u];mx[u<<1|1].first+=tag[u];tag[u<<1]+=tag[u];tag[u<<1|1]+=tag[u];tag[u]=0;} } void update(int u,int l,int r,int a,int b,int w){if(a<=l&&r<=b){mx[u].first+=w;tag[u]+=w;return;}pushdown(u,l,r);int mid=(l+r)>>1;if(a<=mid) update(u<<1,l,mid,a,b,w);if(b>mid) update(u<<1|1,mid+1,r,a,b,w);pushup(u); } void prework(){dfs(rt,0);build(1,1,n);//貪心：每次選取貢獻最大的點,選完后修改其它點的貢獻 for(int i=2;i<=n;i++){ans[i]=ans[i-1]+mx[1].first;for(int j=mx[1].second;j&&!vis[j];j=fa[j][0]){vis[j]=i;update(1,1,n,dfn[j],low[j],dep[fa[j][0]]-dep[j]);}} } int solve(int x,int y){y=min(y,n);if(vis[x]<=y) return ans[y];//x已經被覆蓋int u=x;for(int i=20;i>=0;i--)if(vis[fa[x][i]]>y) x=fa[x][i];x=fa[x][0];return ans[y]+md[u]-dep[x]-min(dep[x],min(ans[y]-ans[y-1],md[x]-dep[x])); } int main(){scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=1;i<n;i++){int u,v,w;scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);add(u,v,w);add(v,u,w);}find(1,0,0);//找直徑端點 prework();for(int i=1;i<=m;i++){int u,v;scanf("%d%d",&u,&v);u=(u+lstans-1)%n+1;v=(v+lstans-1)%n+1;printf("%d\n",lstans=solve(u,v<<1));}return 0; }

參考文章：
https://www.luogu.com.cn/blog/46396/solution-cf526g

總結

以上是生活随笔為你收集整理的CF526G Spiders Evil Plan(树上最优性问题、倍增+线段树)的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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