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题目大意
( 0 ≤ a i ≤ 1 ) , ( 1 ≤ c o s t i ≤ 1 0 9 ) (0\leq a_i\leq 1),(1 \leq cost_i\leq 10^9) (0≤ai≤1),(1≤costi≤109)
题解
提供一种新的算法，kruskal重构树。
该算法重新构树，按边权排序每一条边后，
新建一个点为"两边的节点所在最大节点"的父节点，该点点权为该边边权。
该树有一些特征：
①：是一个二叉树。
③：原节点全部为叶节点。
②：两个节点的LCA的点权就是其原最短路径的最大边权。
具体 Kruskal 算法学习
建树可以用并查集计算。
了解了这个算法我们再看问题，要求最大边权，这点可以用kruskal维护。
对于某个不为叶节点的节点 x x x ，它左儿子与右儿子匹配的黑白节点的最大边权显然为 w x w_x wx 。
显然的，我们可以枚举左右儿子节点中的黑白节点个数，乘上点权，即为该点的贡献。
我们发现答案可以通过 d f s dfs dfs 顺序从下往上来求解，且不会造成前效性，所以树形DP可以很好的解决这道题。
设 d p x , b dp_{x,b} dpx,b 表示在 x x x 的子树内有 b b b 个黑色节点的最优解。
d p x , b = m a x ( d p s o n , b l a c k 1 + d p s o n , b 2 + w x ∗ ( b l a c k 1 ∗ w h i t e 2 + b l a c k 2 ∗ w h i t e 1 ) ) dp_{x,b}=max(dp_{son,black1}+dp_{son,b2}+w_x*(black1*white2+black2*white1)) dpx,b=max(dpson,black1+dpson,b2+wx∗(black1∗white2+black2∗white1))
white/black_1/2表示1/2的子树中有几个白色/黑色节点
且black1+black2=b
我们发现枚举 b b b 的黑白分布情况，最多需要合并 m i n ( s u m s o n l , s u m s o n r ) min(sum_{sonl},sum_{sonr}) min(sumsonl,sumsonr)次，
不然的话就需要从大的部分取一部分给数量少的一颗子树。
特殊的，对于叶节点
d p x , b = ( w x = = b ˆ 1 ) ∗ − c o s t x dp_{x,b}=(w_x==b \^\ 1)*-cost_x dpx,b=(wx==b ˆ1)∗−costx
剩下的就好处理多了，写个DFS遍历一下即可处理。
计算时间复杂度，对于kruskal重构树，合并时长度最大为 l o g n log_n logn
即时间复杂度为 O ( N 2 l o g N ) O(N^2log_N) O(N2logN) 可以通过。
参考代码
cpp
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=6e3+5;
const int inf=1e18+7;
struct node{
int x,y,w;
}f[N];
int fa[N],cost[N];
int w[N];
int n,m,t,ans;
int sonl[N],sonr[N];
int sum[N];
int dp[N][3000];
void dfs(int x)
{
if(x<=n) //叶节点
{
dp[x][0]=(w[x]==1)*(-cost[x]);
dp[x][1]=(w[x]==0)*(-cost[x]);
// cout<<x<<" "<<0<<" "<<dp[x][0]<<endl;
// cout<<x<<" "<<1<<" "<<dp[x][1]<<endl;
sum[x]=1;
}
else
{
dfs(sonl[x]);
dfs(sonr[x]);
int res=min(sum[sonl[x]],sum[sonr[x]]); //启发式合并平均复杂度为log_n
sum[x]=sum[sonl[x]]+sum[sonr[x]];
for(int i=0;i<=sum[sonl[x]];i++)
for(int j=0;j<=sum[sonr[x]];j++)
dp[x][i+j]=-inf;
for(int i=0;i<=sum[sonl[x]];i++) //枚举黑色节点个数
{
for(int j=0;j<=sum[sonr[x]];j++) //DP转移
{
int s=dp[sonl[x]][i]+dp[sonr[x]][j]+w[x]*(i*(sum[sonr[x]]-j)+(sum[sonl[x]]-i)*j);
dp[x][i+j]=max(dp[x][i+j],s);
ans=max(ans,dp[x][i+j]);
}
}
}
}
int cmp(node a,node b)
{
return a.w<b.w;
}
int sf(int x)
{
if(fa[x]==x)
return x;
return fa[x]=sf(fa[x]);
}
signed main()
{
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%lld",&w[i]);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%lld",&cost[i]);
for(int i=1;i<n;i++)
scanf("%lld%lld%lld",&f[i].x,&f[i].y,&f[i].w);
sort(f+1,f+n,cmp);
t=n;
for(int i=1;i<=2*n;i++)
fa[i]=i;
for(int i=1;i<n;i++) //kruskal构树
{
int x=sf(f[i].x),y=sf(f[i].y);
fa[x]=++t;
fa[y]=t;
w[t]=f[i].w;
sonl[t]=x;
sonr[t]=y;
}
dfs(t);
printf("%lld",ans);
}