[JZOJ5641] 林克卡特树【树形DP】【凸优化】

Description

给定一棵n个节点的树，边有边权（可能为负）。

你需要删掉恰好K条边，再连上恰好K条边权为0的边，并保证连完边后这还是一棵树，求这棵树的最大的最长路长度。
，$|边权|\leq 10^6$

Solution

转化模型

删K条边再加K条边，那么对于新树上的一条路径，一定可以用原树上K+1条点不相交的链来表示它（注意一个单点也可以看做一条链，因此路径长不够的时候可以用单点来补）

那么问题就转化为在原树上选恰好K+1条链，使总长最大。

注意到如果我们直接设$f[i][j][0/1/2]$为当前做完以$i$为根的子树，选了j条链，i这个点接的链的情况（没有/被子树中不超过一条链接上/被子树中不超过两条链接上（即它不能再接出父亲））

显然这样状态数是$3*n^2$的，不能满足要求

考虑优化：

感受一下，如果把K作为横轴，x=K下的最优答案作为纵轴，那平面上就有了n个点，这n个点构成了一个凸包。

也就是说，这是单峰的，并且相邻点连线斜率不增。

可以反证，对于选链的情况进行讨论，再分析一下增量，发现更优的选择一定会在更早选，具体不再赘述。

我们发现，如果没有链数限制，我们可以在$O(n)$的时间内求出整体最优解（即凸包最高点的值，也可以求出它用了多少条链）

假如我们将整个凸包整体旋转某个角度（横坐标不变），使我们需要的x=K的点成为整体最高点，那我们就可以快速算出来了。

整体旋转某个角度，等同于用一条过原点的直线去切这个凸包
如下图

实际上，就是对于每一个点，将纵坐标减去横坐标*这条的直线的斜率

考虑这样做在原题目中的体现，相当于每选一条链还需要另外支付一个代价（斜率），求最优解。

此时我们可以二分这个代价（斜率），求出最高点，看最高点的横坐标（选的链数）<K还是>K，来调整二分的斜率。

直到最后，我们二分出了一个恰当的斜率，使得最高点的横坐标为K，那么输出纵坐标+K*斜率即可。

注意到对于这一题，相邻两个点的横坐标差一定为1，且最优值都是整数，那么我们也只需要在整数中二分斜率。

有一种特殊情况，就是连着很多个点斜率相同，K又不在两端，那么此时算出的最优解横坐标不一定是=k的，但我们发现，这些点纵坐标相等，加上横坐标*斜率以后，仍然能得到横坐标=k时的解，因此是没有问题的。

这样总复杂度就是$O(n\log MAXV)$

Code

#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <iostream>
#include <cstring>
#define fo(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define fod(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
#define N 300005
#define LL long long
using namespace std;
LL f[N][2],g[N][2],h[N][2],c[2],d[2],e[2],pr[2*N],mid;
int dt[2*N],nt[2*N],fs[N],n,m,l;
void dp(int k,int fa)
{
  h[k][0]=f[k][0]=-mid,h[k][1]=f[k][1]=1;
  g[k][0]=0,g[k][1]=0;
  for(int i=fs[k];i;i=nt[i])
  {
    int p=dt[i];
    if(p!=fa) 
    {
      dp(p,k);
      fo(j,0,1) c[j]=f[k][j],d[j]=g[k][j],e[j]=h[k][j];
      if(d[0]<f[k][0]+f[p][0]+pr[i]+mid) 
      {
        d[0]=f[k][0]+f[p][0]+pr[i]+mid;
        d[1]=f[k][1]+f[p][1]-1;
      }
      if(c[0]<h[k][0]+f[p][0]+pr[i]+mid)
      {
        c[0]=h[k][0]+f[p][0]+pr[i]+mid;
        c[1]=h[k][1]+f[p][1]-1;
      }
      if(c[0]<f[k][0]+g[p][0]) c[0]=f[k][0]+g[p][0],c[1]=f[k][1]+g[p][1];
      if(d[0]<g[k][0]+g[p][0]) d[0]=g[k][0]+g[p][0],d[1]=g[k][1]+g[p][1];
      if(e[0]<h[k][0]+g[p][0]) e[0]=h[k][0]+g[p][0],e[1]=h[k][1]+g[p][1];
      fo(j,0,1) f[k][j]=c[j],g[k][j]=d[j],h[k][j]=e[j];
      if(f[k][0]<h[k][0]) f[k][0]=h[k][0],f[k][1]=h[k][1];
      if(g[k][0]<f[k][0]) g[k][0]=f[k][0],g[k][1]=f[k][1];
    }
  }
  if(f[k][0]<h[k][0]) f[k][0]=h[k][0],f[k][1]=h[k][1];
  if(g[k][0]<f[k][0]) g[k][0]=f[k][0],g[k][1]=f[k][1];
}
void link(int x,int y,int z)
{
  nt[++m]=fs[x];
  dt[fs[x]=m]=y;
  pr[m]=z;
}
int main()
{
  cin>>n>>l;
  fo(i,1,n-1) 
  {
    int x,y,z;
    scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
    link(x,y,z),link(y,x,z);
  }
  l++;
  LL x=-1e6,y=1e8;
  while(x<y)
  {
    mid=(x+y)/2;
    fo(i,1,n) f[i][0]=g[i][0]=h[i][0]=-1e9;
    dp(1,0);
    if(g[1][1]==l) 
    {
      printf("%lld\n",g[1][0]+mid*(LL)l);
      return 0;
    }
    if(g[1][1]<l) y=mid-1;
    else x=mid+1;
  }
  printf("%lld\n",g[1][0]+mid*(LL)l);
}