P3647 [APIO2014]連珠線

題意

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題解

我們發現，如果一棵樹的形態固定了，那麼藍線的方向一定是son[x]-x-fa[x]，那麼我們就可以先隨便定一個根進行DP。

我們設$f[i][0]$表示以$i$爲根的子樹中，且$i$不作爲藍線的中點能夠得到的最大價值。同理，設$f[i][1]$表示以$i$爲根的子樹中，$i$作爲藍線的中點能夠得到的最大價值。

我們分別對於兩種情況分析。$f[i][0]$較爲簡單，對於一個$j\in son[i]$，設$w_j$爲$i,j$之間的邊權，要使$i$不作爲藍線的中點，則滿足$j$爲藍線中點（即$f[j][1]+w_j$），或之間是紅線（即$f[j][0]$）。所以$f[i][0] = \sum\limits_{j\in son[i]}\max(f[j][0], f[j][1]+w_j)$。

然後考慮$i$爲中點的情況，顯然$i$只能是一條藍線的中點，所以我們可以枚舉這條藍線連接的兒子（設爲$j$），那麼其餘兒子依舊是按照$f[i][0]$的方式轉移，所以我們將$f[i][1]$初始化爲$f[i][0]$。對於$j$，我們減去之前的貢獻，再加入藍線的貢獻。由於$i$是中點，所以$j$的貢獻即爲$f[j][0]+w_j$。綜上，$f[i][1]=f[i][0]+\max\limits_{j\in son[i]}(f[j][0]+w_j-\max(f[j][0],f[j][1]+w_j))$。

說了這麼多，其實都只是在樹的結構固定的前提下進行的。當整棵樹的結構不確定時，我們就需要通過換根操作統計答案。我們發現換根對於大部分節點並沒有影響，於是我們就可以通過一些奇技淫巧進行$O(1)$換根。

我們考慮一個點的兒子變成了父親會發生什麼影響。首先這個兒子的貢獻消失了，隨之而來的可能是轉移方程中的最大值也消失了，所以我們就需要記錄次大值（經典套路）。同時當前點會變成兒子對原來的兒子（現在的父親）產生貢獻。

所以我們要在第一次DP中記錄一個$dp[i][0/1][j]$表示在$f[i][0/1]$這個狀態的統計過程中，不考慮第$j$個兒子得到的答案。對於$dp[i][0][j]$直接從總和中減去；對於$dp[i][1][j]$，維護次大值更新即可。

下面正式開始換根，我們在$dfs$過程中，枚舉當前節點$x$的兒子作爲整棵樹的根，此時值得注意的是，由於換根後，$x$的父親會變成他的兒子，所以我們並不能直接在$x$和兒子之間換根，而是應該先重新計算$fa[x]$對$x$的貢獻，然後再進行換根。具體操作可以看代碼，十分容易理解。

代碼

#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]))		//狀態轉移方程
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不做中點,f[i][1]表示做中點
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);		//記錄最大值和次大值
        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){		//通過最大值和次大值計算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){     //換根
    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]){     //重新統計父親對x的貢獻。
            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;
}