标签：赛道 tmp node int NOIP2018 fa P5021 nowv now

发现答案具有单调性，尝试一下二分答案能不能做

二分答案 \(t\) 后，问题的关键就变成最多能找到多少条长度大于等于 \(t\) 的赛道

我们先假设整棵树以 \(1\) 为根

把样例的图放出来：

我们可以发现一个性质：

如果一个链，它经过了结点 \(i\) 的父结点，同时包含了 \(i\) 到子结点的某条边，那么它只能包含 \(i\) 到所有子结点的边当中的一条。

也就是说对于任意一个点 \(i\) (其父亲为 \(fa\)) 以及其子树内的节点 \(j,k\)，对于链 \(j\to i\)，我们只用考虑 \(3\) 种情况

• 不用这条链

• 用 \(j\to i\to k\) 这条链

• 用 \(j\to i\to fa\) 这条链 (注意 \(i\to fa\) 只能用一次)

那么我们贪心地考虑的就是：先按照第二种情况尽量将 \(i\) 子树各种链合并，然后在把剩下链中长度最大的链和 \(i\to fa\) 合并，传给 \(fa\)。

那么我们就可以采用双指针的方式贪心配对，让每一条链匹配到可行的且长度最小的链

这里我用的是 \(multiset\) \(+\) 二分实现

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N=5e4+5;
const int inf=1e9;

struct node{
	int x,v;
};

int n,m;
vector <node> G[N];

inline node dfs(int x,int fa,int t){
	multiset <int> s;
	node now={0,0};
	for(auto y:G[x]){
		if(y.x==fa) continue;
        node tmp=dfs(y.x,x,t);
		int val=tmp.x+y.v;
        now.v+=tmp.v;
		if(val>=t) ++now.v;
		else s.insert(val);
	}
	while(!s.empty()){
		int nowv=*s.begin();
		if(s.size()==1){
			now.x=max(now.x,nowv);
			break;
		}
		auto tmp=s.lower_bound(t-nowv);
		if(tmp==s.begin()&&s.count(*tmp)==1) ++tmp;
		if(tmp!=s.end()){
			++now.v;
			s.erase(s.find(*tmp));
		}
		else now.x=max(now.x,nowv);
		s.erase(s.find(*s.begin()));
	}
	return now;
}

signed main(){
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0),cout.tie(0);
	cin>>n>>m;
	for(int i=1,x,y,z;i<n;++i){
		cin>>x>>y>>z;
		G[x].push_back({y,z});
		G[y].push_back({x,z});
	}
	int l=0,r=inf;
	while(l<r-1){
		int mid=l+r>>1;
		if(dfs(1,0,mid).v>=m) l=mid;
		else r=mid;
	}
	cout<<l<<endl;
}

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来源： https://www.cnblogs.com/into-qwq/p/16621304.html

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