P5021 [NOIP 2018 提高组] 赛道修建
题意简述
给定一棵含 n n n 个点的无向带权树，求将其分裂为 m m m 条链后，最短的一条链的最大长度是多少？
点可以重复使用，边不可以重复使用。
思路
二分答案贪心判定貌似可以？
看一下数据规模。
a i = 1 a_i = 1 ai=1 ，菊花图。链最多含两条边。
b i = a i + 1 b_i = a_i + 1 bi=ai+1 ，整棵树是一条链。
分支不超过 3 3 3 ？感觉在有意引导。是二叉树。
菊花图是最有用的 ，考虑菊花图时如何求解。设当前二分出的赛道长度为 m i d mid mid ：
显然此时一条链最多含两条边，考虑按边权排序：
1**.已经大于 m i d mid mid 的边**不必再拼接其他边，因为它已经能产生贡献了，再与其他边拼接，自身贡献不变的同时，阻止了其他边产生贡献的可能，必然不优。
2.剩下的边里，从小到大，对于每个边 x x x ，二分 （减小查询复杂度）查询出与它拼接能产生长度大于 m i d mid mid 的最短的一条边 ，即找到最小的 y y y ，满足 x + y ≥ m i d x + y \ge mid x+y≥mid 。
为什么？如果用更长的边（ > y > y >y ），那么可能会使得原本可以产生贡献的 y y y 被抛弃，又因为自身不够长而无法再次与别的边产生贡献，相反，被使用的更长边显然更有可能与别的边拼接产生贡献，因此选择最小的 y y y 即可。
菊花图的情况已经可以求解。不妨把每一个子树视作上述菊花图的情况，现在子树内已经得到最优解，如何向父节点扩展？
由于每个结点到父节点的边是唯一的，那么只能选择一条边传递给父节点，供后续产生贡献，那么，不难想到传递 剩余未匹配边 中最长 的一条。因为最长，后续产生贡献的概率越大，缓解了父节点的匹配压力，保证了全局最优解。可以用 d p [ u ] dp[u] dp[u] 表示当前结点最长未匹配边，到父节点出只需将父节点的边权加上 d p [ u ] dp[u] dp[u] 即可。
当子树求解完成时，与子节点相连的边指向哪里已经不再重要，只需记录并排序边权即可，用 m u l t i s e t multiset multiset 。
代码实现
其实细节很多：
1.C++11 及以上 ： erase 返回删除指定元素后下一个有效迭代器。
2.在 m u l t i s e t multiset multiset 中查找到第一个大于等于 y y y 的元素时一定要判断，有可能就是自己，如果未判断就删除会引起各种奇怪错误。
- 我因为 r e s = m res = m res=m 放在 d f s dfs dfs 后，调了半天全输出 0 0 0。
c++
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 5e4 + 100;
int n,m,L = INT_MAX,R,res,ans;
bool vis[N];
struct Edges{
int v,w;
};
vector <Edges> gra[N];
void read(int &res){
int x = 0,w = 1;
char ch = 0;
while(ch < '0' || ch > '9'){
if(ch == '-') w = -1;
ch = getchar();
}
while(ch >= '0' && ch <= '9'){
x = (x << 3) + (x << 1) + (ch - '0');
ch = getchar();
}
res = x * w;
}
bool cmp(Edges a,Edges b){
return a.w < b.w;
}
int dfs(int u,int limit){
vis[u] = true;
//记录与子树相连的边
int cnt = 0;
multiset <int> match;
//优先在子树内求解
for(auto edge : gra[u]){
int v = edge.v;
//连接父亲的边跳过
if(vis[v]) continue;
match.insert(edge.w + dfs(v,limit));
}
//在当前子树匹配
//长度已经满足的
for(auto it = match.begin();it != match.end();)
if(*it >= limit){
it = match.erase(it);
res--;
}else{
it++;
}
// 需要两两匹配的
for(auto it = match.begin();it != match.end();){
int y = limit - (*it);
auto _it = match.lower_bound(y);
if(_it == match.end() || _it == it){
it++;
continue;
}
res--;
match.erase(_it);
it = match.erase(it);
}
if(match.empty()) return 0;
return *match.rbegin();
}
void solve(){
int l = L,r = R,mid;
while(l <= r){
mid = l + r >> 1;
memset(vis,false,sizeof(vis));
res = m;
dfs(1,mid);
if(res <= 0){
l = mid + 1;
ans = mid;
}else r = mid - 1;
}
printf("%d\n",ans);
}
int main(){
read(n);read(m);
int u,v,w;
for(int i = 1;i < n;i++){
read(u);
read(v);
read(w);
gra[u].push_back({v,w});
gra[v].push_back({u,w});
L = min(L,w);
R += w;
}
//二分答案
solve();
return 0;
}挺好的一道树上二分+贪心。