F.Niyaz and Small Degrees
挺sb的一题，为什么比赛时只过了4个呢
考虑当\(x\)固定的时候怎么做。显然可以树形DP：设\(f_{u,i=0/1}\)表示只考虑\(u\)子树中的所有点和边，删边使得点\(u\)的度数\(\leq x-i\)且除\(u\)以外的点度数都\(\leq x\)的最小代价。转移时将\(u\)的所有儿子\(v\)一起考虑，先假设所有\(u,v\)之间的边都删掉，把\(f_{u,i}\)加上\(\sum f_{v,0}+w_{u,v}\)，再考虑把一些边加回来。我们可以认为将\(u,v\)之间的边加回来的代价为\(f_{v,1}-f_{v,0}-w_{u,v}\)，将所有儿子的代价排序，贪心地取前\(k\)小的边加回来就可以了。有一种特殊情况是代价为负的儿子个数\(>k\)，这种情况下显然取且仅取所有代价为负的儿子。
现在我们要对所有\(x\in[0,n-1]\)计算答案。可以发现，对于一个固定的\(x\)，所有度数\(<=x\)的点一定是合法的。所以我们可以把边分为三类：两个端点的度数都\(>x\)的边（称为实边），恰好一个端点的度数\(>x\)的边（称为虚边），两个端点的度数都\(\leq x\)的边。
显然第三类边对答案没有影响。对于所有实边，如果我们只保留原树中的这些边，那么会形成若干个连通块。我们可以考虑对于每一个 存在度数\(>x\)的点 的连通块做一遍上述DP。这个DP的不同之处在于，每个点会连出若干条虚边，我们可能会删除一些虚边。这也很好做，只要DP到一个点时枚举它在实树上删掉了多少条与儿子的连边，就可以计算出至少要删除多少条与它相连的虚边，用数据结构维护与每个点相连的所有虚边，求前\(k\)小即可。
显然复杂度是\(O(\sum deg*\log n)=O(n\log n)\)的。
具体实现的时候，肯定不能用\(treap\)求前\(k\)小。（你想写我也是资瓷的）。考虑从小到大枚举\(x\)，随着\(x\)的递增，\(k\)是递减的，所以可以用\(multiset\)维护前\(k\)小。对于一个固定的\(x\)，在DP前先枚举一遍所有度数\(>x\)的点，将这个点的\(multiset\)删到\(size()<=k\)。DP到一个点时，暴力将所有它与实树上的儿子之间的边加入\(multiset\)并动态维护前\(k\)小，DP完后撤销这些边即可。还有一个细节，如果每次DP时都暴力for每条边并判断它是否是实边，复杂度会退化为\(O(n^2)\)，所以应该当发现一条边不再是实边后就删除这条边。
暂时是全CF最短代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=250010;
typedef long long ll;
int gi() {
int x=0,o=1;char ch=getchar();
while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-') ch=getchar();
if(ch=='-') o=-1,ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
return x*o;
}
int to[N<<1],ww[N<<1],nxt[N<<1],tot=1,deg[N],h[N];
void adde(int u,int v,int w) {
to[++tot]=v,ww[tot]=w,nxt[tot]=h[u],h[u]=tot;
to[++tot]=u,ww[tot]=w,nxt[tot]=h[v],h[v]=tot;
++deg[u],++deg[v];
}
int n,fa[N],x,fw[N],son[N];
ll f[N][2],sum[N];
multiset<ll> s[N];
vector<int> Q[N],P[N];
void dfs(int u) {
for(int i=h[u];i;i=nxt[i]) {
int v=to[i];
if(v!=fa[u]) ++son[u],fa[v]=u,fw[v]=ww[i],dfs(v);
}
}
void dp(int u) {
f[u][0]=f[u][1]=0;
ll w,pre=sum[u];
vector<ll> ins,del;
for(int i=h[u],pre=-1;i;pre=i,i=nxt[i]) {
int v=to[i];
if(v!=fa[u]&°[v]>x) dp(v),f[u][0]+=f[v][1],f[u][1]+=f[v][1],s[u].insert(w=f[v][0]+ww[i]-f[v][1]),ins.push_back(w),sum[u]+=w;
else if(pre==-1) h[u]=nxt[i];
else nxt[pre]=nxt[i];
}
for(int i=1;~i;i--) {
int k=son[u]-x+i;
while(s[u].size()>k) sum[u]-=max(0ll,w=*s[u].rbegin()),s[u].erase(s[u].find(w)),del.push_back(w);
f[u][i]+=sum[u];
}
for(auto w:del) s[u].insert(w);
for(auto w:ins) s[u].erase(s[u].find(w));
sum[u]=pre;
}
int main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("a.in","r",stdin);
freopen("a.out","w",stdout);
#endif
n=gi();
for(int i=1,u,v,w;i<n;i++) u=gi(),v=gi(),w=gi(),adde(u,v,w);
dfs(1);
for(int i=2;i<=n;i++) Q[min(deg[i],deg[fa[i]])].push_back(i);
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=0;j<deg[i];j++) P[j].push_back(i);
for(x=0;x<n;x++) {
ll w;
for(auto u:Q[x]) s[fa[u]].insert(fw[u]),sum[fa[u]]+=fw[u];
for(auto u:P[x]) while(s[u].size()>son[u]-x+1) sum[u]-=max(0ll,w=*s[u].rbegin()),s[u].erase(s[u].find(w));
ll ans=0;
for(auto u:P[x]) if(deg[fa[u]]<=x) dp(u),ans+=min(f[u][1],f[u][0]+fw[u]);
printf("%lld ",ans);
}
return 0;
}