P3647 [APIO2014]连珠线

题意

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题解

我们发现，如果一棵树的形态固定了，那么蓝线的方向一定是son[x]-x-fa[x]，那么我们就可以先随便定一个根进行DP。

我们设f[i][0]f[i][0]f[i][0]表示以iii为根的子树中，且iii不作为蓝线的中点能够得到的最大价值。同理，设f[i][1]f[i][1]f[i][1]表示以iii为根的子树中，iii作为蓝线的中点能够得到的最大价值。

我们分别对于两种情况分析。f[i][0]f[i][0]f[i][0]较为简单，对于一个j∈son[i]j\in son[i]j∈son[i]，设wjw_jwj为i,ji,ji,j之间的边权，要使iii不作为蓝线的中点，则满足jjj为蓝线中点（即f[j][1]+wjf[j][1]+w_jf[j][1]+wj），或之间是红线（即f[j][0]f[j][0]f[j][0]）。所以f[i][0]=∑j∈son[i]max⁡(f[j][0],f[j][1]+wj)f[i][0] = \sum\limits_{j\in son[i]}\max(f[j][0], f[j][1]+w_j)f[i][0]=j∈son[i]∑max(f[j][0],f[j][1]+wj)。

然后考虑iii为中点的情况，显然iii只能是一条蓝线的中点，所以我们可以枚举这条蓝线连接的儿子（设为jjj），那么其余儿子依旧是按照f[i][0]f[i][0]f[i][0]的方式转移，所以我们将f[i][1]f[i][1]f[i][1]初始化为f[i][0]f[i][0]f[i][0]。对于jjj，我们减去之前的贡献，再加入蓝线的贡献。由于iii是中点，所以jjj的贡献即为f[j][0]+wjf[j][0]+w_jf[j][0]+wj。综上，f[i][1]=f[i][0]+max⁡j∈son[i](f[j][0]+wj−max⁡(f[j][0],f[j][1]+wj))f[i][1]=f[i][0]+\max\limits_{j\in son[i]}(f[j][0]+w_j-\max(f[j][0],f[j][1]+w_j))f[i][1]=f[i][0]+j∈son[i]max(f[j][0]+wj−max(f[j][0],f[j][1]+wj))。

说了这么多，其实都只是在树的结构固定的前提下进行的。当整棵树的结构不确定时，我们就需要通过换根操作统计答案。我们发现换根对于大部分节点并没有影响，于是我们就可以通过一些奇技淫巧进行O(1)O(1)O(1)换根。

我们考虑一个点的儿子变成了父亲会发生什么影响。首先这个儿子的贡献消失了，随之而来的可能是转移方程中的最大值也消失了，所以我们就需要记录次大值（经典套路）。同时当前点会变成儿子对原来的儿子（现在的父亲）产生贡献。

所以我们要在第一次DP中记录一个dp[i][0/1][j]dp[i][0/1][j]dp[i][0/1][j]表示在f[i][0/1]f[i][0/1]f[i][0/1]这个状态的统计过程中，不考虑第jjj个儿子得到的答案。对于dp[i][0][j]dp[i][0][j]dp[i][0][j]直接从总和中减去；对于dp[i][1][j]dp[i][1][j]dp[i][1][j]，维护次大值更新即可。

下面正式开始换根，我们在dfsdfsdfs过程中，枚举当前节点xxx的儿子作为整棵树的根，此时值得注意的是，由于换根后，xxx的父亲会变成他的儿子，所以我们并不能直接在xxx和儿子之间换根，而是应该先重新计算fa[x]fa[x]fa[x]对xxx的贡献，然后再进行换根。具体操作可以看代码，十分容易理解。

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define MAX 500005
#define INF 0x3f3f3f3f
#define c(x) (f[x][0]+cost[i]-max(f[x][0], f[x][1]+len[x]))       //状态转移方程
using namespace std;int n, cnt;
int head[MAX], vet[MAX], Next[MAX], cost[MAX];void add(int x, int y, int w){cnt++;Next[cnt] = head[x];head[x] = cnt;vet[cnt] = y;cost[cnt] = w;
}int par[MAX], len[MAX];
int f[MAX][2];       //f[i][0]表示i不做中点,f[i][1]表示做中点
vector<int> son[MAX], dp[MAX][2], mx[MAX];
void dfs(int x, int fa){f[x][0] = 0, f[x][1] = -INF;int mx1 = -INF, mx2 = -INF;for(int i = head[x]; i; i = Next[i]){int v = vet[i];if(v == fa) continue;len[v] = cost[i], par[v] = x;son[x].push_back(v);dfs(v, x);f[x][0] += max(f[v][0], f[v][1]+cost[i]);if(c(v) > mx1) mx2 = mx1, mx1 = c(v);        //记录最大值和次大值else if(c(v) > mx2) mx2 = c(v);}f[x][1] = f[x][0]+mx1;for(int i = head[x]; i; i = Next[i]){int v = vet[i];if(v == fa) continue;dp[x][0].push_back(f[x][0]-max(f[v][0], f[v][1]+cost[i]));if(c(v) == mx1){      //通过最大值和次大值计算dp[x][1]dp[x][1].push_back(dp[x][0].back()+mx2);mx[x].push_back(mx2);}else{dp[x][1].push_back(dp[x][0].back()+mx1);mx[x].push_back(mx1);}}
}int ans = 0;
void solve(int x){     //换根for(int i = 0; i < son[x].size(); i++){f[x][0] = dp[x][0][i], f[x][1] = dp[x][1][i];if(par[x]){     //重新统计父亲对x的贡献。f[x][0] += max(f[par[x]][0], f[par[x]][1]+len[x]);f[x][1] = f[x][0] + max(mx[x][i], f[par[x]][0]+len[x]-max(f[par[x]][0], f[par[x]][1]+len[x]));}ans = max(ans, f[son[x][i]][0]+max(f[x][0], f[x][1]+len[son[x][i]]));solve(son[x][i]);}
}int main()
{cin >> n;int x, y, w;for(int i = 1; i < n; i++){scanf("%d%d%d", &x, &y, &w);add(x, y, w);add(y, x, w);}dfs(1, 0);solve(1);cout << ans << endl;return 0;
}

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