2020杭电多校第二场 In Search of Gold 二分答案+树形dp (HDU 6769)

In Search of Gold

题意

$N$个点 $N-1$条边的树，每条边有两个可能值 $a_i,b_i$，已知有 $K$条边的权值为其对应 $a_i$，其余的 $N-K+1$条边的权值为对应的 $b_i$，现在确定 $K$条边使得树的直径最小时的答案

题解

树的直径为树上最长的路径，本题意在最小化最大值，通常这种问题都可以用二分答案解决
现在考虑如何快速判断能否在确定答案 $ans$时，恰好选 $K$条边使得当前树的直径小于 $\leq ans$

对于一个确定答案 $ans$，本是要求整棵树的最长路径 $\leq ans$
换句话说，树上任意一条路径都 $\leq ans$，这样看似增加了求解难度
但是实际上只需要满足对于每一个点，其子树中经过他的最长路径最短即可，这样就不需要求树的直径
原因可以参考点分治中的①②类路径或者树的直径的 $dp$求法

考虑如何求一个点的子树中，经过该点的最长路径
记 $f[u][k]$为 $u$的子树中选择 $k$条边的最长路径的最小值(这里比较绕)，本次搜索的子树为 $v$
接下来就是一个树上的背包问题（类似可以参考）
但是它还带上了一个约束条件，只有满足当前最长路径长度 $\leq ans$才能更新 $f$

			dfs(v, u, lim);
            int now = min(siz[u] + siz[v] + 1, K);
            ll t[22]; for (int j = 0; j <= now; j++) t[j] = lim + 1;
            //因为现在的f存的是之前搜过的子树, 如果直接更新, 下面的if判断中就不是之前搜过的最长
            //会有同一子树中两条最长路径的情况出现，所以用t数组暂时保存更新后的答案
            for (int j = 0; j <= siz[u]; j++)
                for (int k = 0; k <= siz[v] && j + k <= K; k++) {
                	//只有之前搜的子树中最长路径 + 当前子树中最长路径 <= ans才能更新
                    if (f[u][j] + f[v][k] + e[i].a <= lim)
                        t[j + k + 1] = min(t[j + k + 1], max(f[u][j], f[v][k] + e[i].a));//保证路径是最长之后使其最小
                    if (f[u][j] + f[v][k] + e[i].b <= lim)
                        t[j + k] = min(t[j + k], max(f[u][j], f[v][k] + e[i].b));
                }
            for (int j = 0; j <= now; j++) f[u][j] = t[j];//全部更新完才会更新f
            siz[u] = now;

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAX = 2e4 + 10;

struct edge {
    int nxt, to;
    ll a, b;
} e[MAX << 1];
int head[MAX], tot;
void add(int u, int v, ll a, ll b) { e[++tot] = edge{head[u], v, a, b}; head[u] = tot; }

int N, K;
int siz[MAX];
ll f[MAX][22];

void dfs(int u, int fa, ll lim) {
    siz[u] = 0;
    for (int i = 0; i <= K; i++) f[u][i] = 0;
    for (int i = head[u], v; i; i = e[i].nxt)
        if ((v = e[i].to) != fa) {
            dfs(v, u, lim);
            int now = min(siz[u] + siz[v] + 1, K);
            ll t[22]; for (int j = 0; j <= now; j++) t[j] = lim + 1;
            for (int j = 0; j <= siz[u]; j++)
                for (int k = 0; k <= siz[v] && j + k <= K; k++) {
                    if (f[u][j] + f[v][k] + e[i].a <= lim)
                        t[j + k + 1] = min(t[j + k + 1], max(f[u][j], f[v][k] + e[i].a));
                    if (f[u][j] + f[v][k] + e[i].b <= lim)
                        t[j + k] = min(t[j + k], max(f[u][j], f[v][k] + e[i].b));
                }
            for (int j = 0; j <= now; j++) f[u][j] = t[j];
            siz[u] = now;
        }

}

int main() {
    int T; scanf("%d", &T);
    while (T--) {
        scanf("%d%d", &N, &K);
        ll l = 1, r = 0;
        for (int i = 1; i < N; i++) {
            int u, v; ll a, b; scanf("%d%d%lld%lld", &u, &v, &a, &b);
            add(u, v, a, b); add(v, u, a, b);
            r += max(a, b);
        }
        ll ans = r;
        while (l <= r) {
            ll mid = (l + r) / 2;
            dfs(1, 0, mid);
            if (f[1][K] <= mid) r = mid - 1, ans = mid;
            else l = mid + 1;
        }
        printf("%lld\n", ans);
        for (int i = 1; i <= tot; i++) head[i] = 0; tot = 0;
    }

    return 0;
}