这道题我前前后后做了一年，共过了 4 4 4 遍，每次都有的新的理解；这次我认为自己理解透了，于是就写了一篇题解。

这道题是我入坑看到的第一道黑题（当时很萌，不知道黑题是什么，看到这题感觉很好玩），另外还有就是《切树游戏》和 Spiders Evil Plan，记载着我的回忆（

Description

传送门

Solution

算法一

为方便叙述，令树根为 1 1 1， w u , v w_{u,v} wu,v 表示 u , v u,v u,v 之间的边权， son { u } \text{son}\{u\} son{u} 表示 u u u 的儿子组成的集合。

可以发现，答案即为 ⌈ \lceil ⌈ 在树上选出 k + 1 k+1 k+1 条不相交的路径 ⌋ \rfloor ⌋ 的最大边权和。

考虑 dp \text{dp} dp。

令 f u , i , j f_{u,i,j} fu,i,j 表示，看了以 u u u 为根的子树，子树内一共选了 i i i 条不相交的路径，且 u u u 当前度数为 j j j 的最大边权和。

若 j = 0 j=0 j=0，则目前没有包含 u u u 的路径。特别的，若以 u u u 为根的子树已经遍历完，则 f u , i , j f_{u,i,j} fu,i,j 表示所有该子树中的路径都被固定时的最大边权和（也就是说，遍历完子树后 f u , 0 f_{u,0} fu,0 对应的状态中 u u u 的度数可以为 0 0 0 或 1 1 1 或 2 2 2）。
若 j = 1 j=1 j=1，则目前恰有一条以 u u u 为一端的非固定路径（也就是说可以继续延伸出去，没有彻底固定这条路径的形态）。因为这条路径不固定，所以这条路径并没有被计入 i i i。
若 j = 2 j=2 j=2，则目前有一条包含 u u u 的路径，且其任意一端均不为 u u u（跨越了 u u u 的两个子树）。

考虑使用树形背包转移。具体来说，令目前要将以 v ( v ∈ son { u } ) v(v \in \text{son}\{u\}) v(v∈son{u}) 为根的子树合并上来，则有转移：

f u , i , 0 : = max ⁡ ( f u , i , 0 , max ⁡ j = 0 i { f u , j , 0 + f v , i − j , 0 } ) f_{u,i,0}:=\max(f_{u,i,0},\max_{j=0}^i \{f_{u,j,0}+f_{v,i-j,0}\}) fu,i,0:=max(fu,i,0,j=0maxi{fu,j,0+fv,i−j,0}) f u , i , 1 : = max ⁡ ( f u , i , 1 , max ⁡ j = 0 i { f u , j , 0 + f v , i − j , 1 + w u , v } , max ⁡ j = 0 i { f u , j , 1 + f v , i − j , 0 } ) f_{u,i,1}:=\max(f_{u,i,1},\max_{j=0}^i \{f_{u,j,0}+f_{v,i-j,1}+w_{u,v}\},\max_{j=0}^i \{f_{u,j,1}+f_{v,i-j,0}\}) fu,i,1:=max(fu,i,1,j=0maxi{fu,j,0+fv,i−j,1+wu,v},j=0maxi{fu,j,1+fv,i−j,0}) f u , i , 2 : = max ⁡ ( f u , i , 2 , max ⁡ j = 0 i − 1 { f u , j , 1 + f v , i − j − 1 , 1 + w u , v } , max ⁡ j = 0 i { f u , j , 2 + f v , i − j , 0 } ) f_{u,i,2}:=\max(f_{u,i,2},\max_{j=0}^{i-1} \{f_{u,j,1}+f_{v,i-j-1,1}+w_{u,v}\},\max_{j=0}^i \{f_{u,j,2}+f_{v,i-j,0}\}) fu,i,2:=max(fu,i,2,j=0maxi−1{fu,j,1+fv,i−j−1,1+wu,v},j=0maxi{fu,j,2+fv,i−j,0})

在转移结束后，执行：

f u , i , 0 : = max ⁡ ( f u , i , 0 , f u , i − 1 , 1 , f u , i , 2 ) f_{u,i,0}:=\max(f_{u,i,0},f_{u,i-1,1},f_{u,i,2}) fu,i,0:=max(fu,i,0,fu,i−1,1,fu,i,2)

答案即为 f 1 , k + 1 , 0 f_{1,k+1,0} f1,k+1,0。

这个做法的时间复杂度是 O ( n k ) O(nk) O(nk) 而非 O ( n k 2 ) O(nk^2) O(nk2) 或 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2) 的，期望得分 60 60 60 分。下面是来自我说说的简要证明：

每次合并，将第一维度从 0 0 0 枚举到了 m i n ( s i z [ u ] , k ) min(siz[u],k) min(siz[u],k)，第二维度从 0 0 0 枚举到了 m i n ( s i z [ v ] , k ) min(siz[v],k) min(siz[v],k)，那么其对复杂度的贡献就是它们的乘积。
我们可以认为，这里将 ⌈ \lceil ⌈ 目前已合并到 u u u 处的部分中 dfs \text{dfs} dfs 序前 k k k 大的 ⌋ \rfloor ⌋ 和 ⌈ \lceil ⌈ 以 v v v 为根的子树中 dfs \text{dfs} dfs 序前 k 小的 ⌋ \rfloor ⌋ 两两合并。
因此，从全局的角度来看，每个节点只会与 dfs \text{dfs} dfs 序与其差不超过 2 k 2k 2k 的点进行合并。
从而，总复杂度为 O ( 4 n k ) O(4nk) O(4nk)。

算法二

运气足够好可以发现， f 1 , 0 , f 1 , 1 , ⋯ , f 1 , k f_{1,0},f_{1,1},\cdots,f_{1,k} f1,0,f1,1,⋯,f1,k 组成了一个上凸函数。

于是，直接 wqs 二分就可以 O ( n log ⁡ w ) O(n \log w) O(nlogw) 地通过本题了，尽管常数大得离谱。

这题就这么结束了？不，我们还需要注意一个细微的问题——凸函数上三点共线。

这会意味着什么呢？为什么会导致错误呢？考虑一段区间 [ l , r ] [l,r] [l,r]，其中的点（ f 1 , l , f 1 , l + 1 , ⋯ , f 1 , r f_{1,l},f_{1,l+1},\cdots,f_{1,r} f1,l,f1,l+1,⋯,f1,r）在一条直线上。那么，若 k ∈ [ l , r ] k \in [l,r] k∈[l,r]，那么很容易出现切不到 k k k 的情况（即，虽然斜率正确，但是切到的点不对），导致 wqs 二分结束了都没有输出答案，从而导致 WA。

那么该如何处理呢？可以发现，在 wqs 二分结束后，若没有找出答案，那么我们依然可以得到该线的斜率及截距，其中前者即为二分结束后的下界 l l l，后者可以通过再跑一轮 dp \text{dp} dp 得出。于是，我们不难确定这个一次函数的表达式，就能简单地得出该一次函数在 k k k 处的值了。

综上所述，我们处理完了细节，本题被彻底解决。

Code

由于 dp \text{dp} dp 不仅要存储最大边权和，还要存储选出路径的条数，因此我采用了一个叫做 LCT 的结构体来维护，重载加法，小于之后十分方便，这里建议大家采用。

另外，请注意开 long long，并把二分上下界的绝对值设大。同时，二分上下界有人证明过可以设置为整数了，于是我就写了整数。虽然我觉得这是错的，所以大家还是用 double 吧。

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define chkmax(a,b) ((a)<(b)?(a)=(b):0)
using namespace std;
const int maxl=300005;int read(){int s=0,w=1;char ch=getchar();while (ch<'0'||ch>'9'){if (ch=='-')  w=-w;ch=getchar();}while (ch>='0'&&ch<='9'){s=(s<<1)+(s<<3)+(ch^'0');ch=getchar();}return s*w;
}
int n,k,cnt,l,r;
int head[maxl];struct edge{int nxt,to,dis;}e[maxl<<1];struct LCT{int val,x;LCT(int xx=0,int yy=0):val(xx),x(yy){};friend bool operator<(LCT a,LCT b){return a.val==b.val?a.x>b.x:a.val<b.val;}friend LCT operator+(LCT a,LCT b){return LCT(a.val+b.val,a.x+b.x);}friend LCT operator+(LCT a,int b){return LCT(a.val+b,a.x);}
}f[maxl][3],s;void add_edge(int u,int v,int w){cnt++;e[cnt].to=v,e[cnt].dis=w,e[cnt].nxt=head[u],head[u]=cnt;
}void dfs(int u,int fath){f[u][0]=f[u][1]=f[u][2]=LCT();for (int i=head[u];i;i=e[i].nxt){int v=e[i].to;if (v==fath)  continue;dfs(v,u);chkmax(f[u][2],max(f[u][2]+f[v][0],f[u][1]+f[v][1]+s+e[i].dis));chkmax(f[u][1],max(f[u][1]+f[v][0],f[u][0]+f[v][1]+e[i].dis));chkmax(f[u][0],f[u][0]+f[v][0]);}chkmax(f[u][0],max(f[u][1]+s,f[u][2]));
}signed main(){n=read(),k=read()+1;for (int i=1;i<n;i++){int u=read(),v=read(),w=read();add_edge(u,v,w),add_edge(v,u,w);}l=-3e11,r=3e11;while (l<=r){int mid=(l+r)>>1;s=LCT(-mid,1);dfs(1,0);if (f[1][0].x==k)  return cout<<f[1][0].val+k*mid<<endl,0;else if (f[1][0].x>k)  l=mid+1;else r=mid-1;}s=LCT(-l,1),dfs(1,0);cout<<f[1][0].val+k*l<<endl;return 0;
}

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