攻略 bzoj-3252
题目大意：给定一棵n个节点的有根树，点有点权。让你选出至多k个节点，使得他们到根的链的并最大。
注释：$1\le n\le 2\cdot 10^5$，$1\le val_i\le 2^{31}-1$。
想法：这题模拟赛T2，正解可并堆，我用的$dfs$序加线段树。
考虑暴力：显然每次选取当前贡献最大的一定是最优的，一个非常显然的贪心。
我们对每个节点维护一个$dis$表示当前节点选取的贡献。如果我们选取了一个节点$x$那么以$x$为根的子树都会减去$val_x$。
显然一个节点只会被选取一次，所以如果我们每次可以快速找到最大值的位置，我们就可以对以$x$为根的子树进行子树减。
故此我们在线段树上的每个节点都维护一个$son$信息，表示线段树上的最大值是左儿子贡献的还是右儿子贡献的。
对于线段树上的叶子节点再维护一下这个叶子对应原树的哪个节点。
这样的话每次我们从根开始通过那个$son$信息找到最大的贡献节点，然后从当前节点开始向根遍历知道遇到被选取过的节点。每遍历到一个节点都进行一遍子树减即可。
总时间复杂度$O(nlogn)$。
Code：
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define N 200010
#define ls p<<1
#define rs p<<1|1
using namespace std; typedef long long ll;
struct Node
{
ll mx,del; int id,son;
}a[N<<2];
ll dis[N]; int dic[N],cnt,val[N],re[N],f[N],size[N];
int to[N<<1],nxt[N<<1],head[N],tot;
bool vis[N];
inline char nc() {static char *p1,*p2,buf[100000]; return (p1==p2)&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;}
ll rd() {ll x=0; char c=nc(); while(!isdigit(c)) c=nc(); while(isdigit(c)) x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48),c=nc(); return x;}
inline void add(int x,int y) {to[++tot]=y; nxt[tot]=head[x]; head[x]=tot;}
inline void pushup(int p)
{
a[p].mx=max(a[ls].mx,a[rs].mx);
a[p].son=(a[ls].mx>=a[rs].mx?1:2);
}
inline void pushdown(int p)
{
if(!a[p].del) return;
a[ls].mx+=a[p].del; a[ls].del+=a[p].del;
a[rs].mx+=a[p].del; a[rs].del+=a[p].del;
a[p].del=0;
}
void build(int l,int r,int p)
{
if(l==r) {a[p].mx=dis[re[l]],a[p].id=re[l]; return;}
int mid=(l+r)>>1;
build(l,mid,ls); build(mid+1,r,rs);
pushup(p);
}
void update(int x,int y,ll val,int l,int r,int p)
{
if(x<=l&&r<=y)
{
a[p].mx+=val; a[p].del+=val;
return;
}
int mid=(l+r)>>1; pushdown(p);
if(x<=mid) update(x,y,val,l,mid,ls);
if(mid<y) update(x,y,val,mid+1,r,rs);
pushup(p);
}
int query_son(int l,int r,int p)
{
if(l==r) return p;
int mid=(l+r)>>1; pushdown(p);
if(a[p].son==1) return query_son(l,mid,ls);
else return query_son(mid+1,r,rs);
}
void dfs(int pos,int fa)
{
dis[pos]=dis[fa]+val[pos];
f[pos]=fa;
dic[pos]=++cnt; re[cnt]=pos;
size[pos]=1;
for(int i=head[pos];i;i=nxt[i]) if(to[i]!=fa)
{
dfs(to[i],pos);
size[pos]+=size[to[i]];
}
}
int main()
{
ll ans=0;
int n=rd(),k=rd();
for(int i=1;i<=n;i++) val[i]=rd();
for(int i=1;i<n;i++)
{
int x=rd(),y=rd(); add(x,y); add(y,x);
}
dfs(1,0);
build(1,n,1);
while(k--)
{
int p=query_son(1,n,1);
ans+=a[p].mx;
int x=a[p].id;
while(x&&!vis[x])
{
update(dic[x],dic[x]+size[x]-1,-val[x],1,n,1); val[x]=0;
vis[x]=true;
x=f[x];
}
}
cout << ans << endl ;
// fclose(stdin); fclose(stdout);
return 0;
}
小结：从暴力入手是一个非常好的选择。