題目描述:
題目分析:
先考慮的情況,這是一個經典問題,結論爲所有點到重心的距離和。
證明:
對任意一點,都有
那麼就有
當點爲重心時,上式可以取到等號,即左邊取到最大值。
因爲重心的子樹大小一定,形象地理解就是我們可以在不同的子樹間反覆橫跳,構造這樣的序列也是很容易的,比如按照dfs序從1開始:1,1+n/2,2,2+n/2,3,3+n/2…可以發現,每次要麼是跳進子樹,要麼是跳出子樹。
另一種理解是根據Hall定理,一定可以找到反覆橫跳的完備匹配。
根據上面的分析可以看出,時的答案也可以表示爲
用這種方法解決原問題可以用表示的子樹中選了個點的最大距離和,轉移時加上每條邊的貢獻,可以做到
看回原問題,我們相當於是要找到答案的k個點的重心。
考慮枚舉重心,取離重心最遠的k個點,且保證每個子樹中的點不超過k/2個,直接這樣做的複雜度是
確定往哪邊走時可以用nth_element確定前k大,所以問題的複雜度爲
關於爲奇數的問題暫時沒有理解,存疑
Code:
#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 200005
#define LL long long
using namespace std;
char cb[1<<18],*cs,*ct;
#define getc() (cs==ct&&(ct=(cs=cb)+fread(cb,1,1<<18,stdin),cs==ct)?0:*cs++)
inline void read(int &a){
char c;while(!isdigit(c=getc()));
for(a=c-'0';isdigit(c=getc());a=a*10+c-'0');
}
int n,m,siz[maxn];
bool vis[maxn];
int fir[maxn],nxt[maxn<<1],to[maxn<<1],w[maxn<<1],tot;
inline void line(int x,int y,int z){nxt[++tot]=fir[x],fir[x]=tot,to[tot]=y,w[tot]=z;}
void Getroot(int u,int ff,int tsz,int &g){
siz[u]=1; bool flg=1;
for(int i=fir[u],v;i;i=nxt[i]) if(!vis[v=to[i]]&&v!=ff)
Getroot(v,u,tsz,g),siz[u]+=siz[v],flg&=siz[v]<<1<=tsz;
if(flg&&(tsz-siz[u])<<1<=tsz) g=u;
}
struct node{
LL d;int p;
bool operator < (const node &t)const{return d>t.d;}
}a[maxn];
int cnt[maxn],num;
void dfs(int u,int ff,LL dis,int id){
a[++num]=(node){dis,id};
for(int i=fir[u],v;i;i=nxt[i]) if((v=to[i])!=ff) dfs(v,u,dis+w[i],id?id:v);
}
void TDC(int u,int tsz){
Getroot(u,0,tsz,u),vis[u]=1;
num=0,dfs(u,0,0,0),nth_element(a+1,a+m,a+1+num);
int v=0;
for(int i=1;i<=m;i++)
if(++cnt[a[i].p]>m>>1) {v=a[i].p;break;}
for(int i=fir[u];i;i=nxt[i]) cnt[to[i]]=0;
if(v&&!vis[v]) TDC(v,siz[v]<siz[u]?siz[v]:tsz-siz[u]);
else{
sort(a+1,a+1+num); LL ans=0;
for(int i=1,s=0;s<m;i++)
if(cnt[a[i].p]<m>>1) cnt[a[i].p]++,s++,ans+=a[i].d;
printf("%lld\n",ans<<1);
}
}
int main()
{
read(n),read(m);
for(int i=1,x,y,z;i<n;i++) read(x),read(y),read(z),line(x,y,z),line(y,x,z);
TDC(1,n);
}