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题目大意
一棵\(n(n\le10^5)\)个编号为\(1\sim n\)的点的带边权的树，求一个排列\(p_{1\sim n}\)，使\(\sum dis(i,p_i)\)最大。求最大化的\(\sum dis(i,p_i)\)以及字典序最小的\(p\)。
思路
考虑第一问。用\(dis(x)\)表示点\(x\)到根的距离。则不难发现\(\sum dis(i,p_i)=\sum(dep_i+dep_{p_i}-2\times dep_{lca(i,p_i)})=2\times\sum dep_i-2\times\sum dep_{lca(i,p_i)}\)。而如果我们能够找到一个合适的点作为根，使得\(lca(i,p_i)=1\)则答案最大值即为\(2\times\sum dep_i\)。而通过证明可以发现一个点可以作为根当且仅当这个点是树的重心，证明如下（引自Code仓库）：
设\(P\)为重心，若\(P\)不可被当作公共点，设\(T_1\)是\(P\)的大小\(>\lfloor\frac n2\rfloor\)的子树，其根为\(Q\)，那么把\(Q\)拔掉的话，包含\(P\)的那棵子树的大小就会\(<n-\lfloor\frac n2\rfloor=\lceil\frac n2\rceil\le\lfloor\frac n2\rfloor+1\le T_1\)的大小，并且把\(Q\)拔掉后的其他子树大小显然都会小于\(T_1\)的大小，因此把\(Q\)拔掉会让剩余的最大子树的大小比把\(P\)拔掉的还要小，则\(P\)不是重心，矛盾。因此重心可以被当作公共点。
再来证明非重心的点不能被当作公共点，一样设\(P\)为重心，并且\(Q\)不是重心，他落在\(P\)的\(T_1\)子树中，那么有\(T_1\)的大小\(\le\lfloor\frac n2\rfloor\)，因此整棵树扣掉\(T_1\)的大小\(\ge\lceil\frac n2\rceil\)，因此可以得到若\(Q\)想要当公共点，他就必须是\(T_1\)的根，并且满足\(T_1\)的大小刚好是\(\lfloor\frac n2\rfloor\)，并且整棵树扣掉\(T_1\)的大小要刚好是\(\lceil\frac n2\rceil\)，所以就可以得到\(n\)为偶数，\(T_1\)的大小为\(\frac n2\)，所以\(Q\)也是重心，矛盾。
此时我们已经完成了第一问，可以解决HDU4118这个问题。现在考虑第二问，即如何求出字典序最小的\(p\)。
如果定义排列中\(i\)为出点，\(p_i\)为入点，将树上的每一个点拆成一个入点和一个出点，那么题目就变成了一个完全匹配问题。
去掉重心后原图分为\(T_{1\sim r}\)共\(r\)个子树，记子树\(T_i\)中有\(in[i]\)个未匹配的入点，\(out[i]\)个未匹配的出点，显然初始状态\(in[i]=out[i]=size(T_i)\)。由于每个出点都要匹配不同一个子树的一个入点，则\(out[i]\le in[1]+\ldots+in[i-1]+in[i+1]+\ldots+in[r]\)，即\(in[i]+out[i]\le\sum_{j=1}^r in[j]\)，也即\(in[i]+out[i]\)小于此时未匹配的入点个数。若按\(1\sim n\)的顺序求\(p_i\)，则对于每一时刻，对于每一棵子树\(T_j\)，都有\(in[j]+out[j]\le n-i+1\)。
若存在子树\(T_j\)，满足\(in[j]+out[j]=n-i+1\)，则\(p_i\)必须在\(T_j\)中取，因为要保证字典序最小，将\(T_j\)中最小的入点作为\(p_i\)即可。
若不存在这样的\(T_j\)，则可以从任意一个不同于\(i\)所属子树的子树中选取最小值。
这些最小值可以通过线段树、红黑树、二叉堆等数据结构来维护。考虑使用std::set（红黑树），用std::set in[N]维护每个子树中所有未匹配的入点编号，std::set min维护每个子树中未匹配的编号最小的入点，std::set> set记录每个子树中未匹配的入点和出点总数和该子树编号。
时间复杂度\(\mathcal O(n\log n)\)。
源代码
#include<cstdio>
#include<set>
#include<utility>
using namespace std;
#define rep(i,__l,__r) for(signed i=__l,i##_end_=__r;i<=i##_end_;++i)
#define fep(i,__l,__r) for(signed i=__l,i##_end_=__r;i>=i##_end_;--i)
#define writc(a,b) fwrit(a),putchar(b)
#define mp(a,b) make_pair(a,b)
#define ft first
#define sd second
#define LL long long
#define ull unsigned long long
#define uint unsigned int
#define pii pair< int,int >
#define Endl putchar('\n')
// #define FILEOI
// #define int long long
// #define int unsigned
#ifdef FILEOI
# define MAXBUFFERSIZE 500000
inline char fgetc(){
static char buf[MAXBUFFERSIZE+5],*p1=buf,*p2=buf;
return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,MAXBUFFERSIZE,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;
}
# undef MAXBUFFERSIZE
# define cg (c=fgetc())
#else
# define cg (c=getchar())
#endif
template<class T>inline void qread(T& x){
char c;bool f=0;
while(cg<'0'||'9'<c)f|=(c=='-');
for(x=(c^48);'0'<=cg&&c<='9';x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48));
if(f)x=-x;
}
inline int qread(){
int x=0;char c;bool f=0;
while(cg<'0'||'9'<c)f|=(c=='-');
for(x=(c^48);'0'<=cg&&c<='9';x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48));
return f?-x:x;
}
// template<class T,class... Args>inline void qread(T& x,Args&... args){qread(x),qread(args...);}
template<class T>inline T Max(const T x,const T y){return x>y?x:y;}
template<class T>inline T Min(const T x,const T y){return x<y?x:y;}
template<class T>inline T fab(const T x){return x>0?x:-x;}
inline int gcd(const int a,const int b){return b?gcd(b,a%b):a;}
inline void getInv(int inv[],const int lim,const int MOD){
inv[0]=inv[1]=1;for(int i=2;i<=lim;++i)inv[i]=1ll*inv[MOD%i]*(MOD-MOD/i)%MOD;
}
template<class T>void fwrit(const T x){
if(x<0)return (void)(putchar('-'),fwrit(-x));
if(x>9)fwrit(x/10);
putchar(x%10^48);
}
inline LL mulMod(const LL a,const LL b,const LL mod){//long long multiplie_mod
return ((a*b-(LL)((long double)a/mod*b+1e-8)*mod)%mod+mod)%mod;
}
const int MAXN=1e5;
struct edge{
int to,nxt,w;
edge(const int T=0,const int N=0,const int W=0):to(T),nxt(N),w(W){}
}e[(MAXN<<1)+5];
int tail[MAXN+5],ecnt;
inline void add_edge(const int u,const int v,const int w){
e[++ecnt]=edge(v,tail[u],w);tail[u]=ecnt;
e[++ecnt]=edge(u,tail[v],w);tail[v]=ecnt;
}
int n,siz[MAXN+5],fa[MAXN+5];
LL dis[MAXN+5],ans1;
int rt,tsize=(1<<30)-1;
inline void dfs(const int u,const int ff){
siz[u]=1;
int maxx=0;
for(int i=tail[u],v;i;i=e[i].nxt)if((v=e[i].to)!=ff){
dfs(v,u);
siz[u]+=siz[v];
maxx=Max(maxx,siz[v]);
}
maxx=Max(maxx,n-siz[u]);
if(maxx<tsize)rt=u,tsize=maxx;
}
inline void dfs(const int u){
ans1+=dis[u];
for(int i=tail[u],v;i;i=e[i].nxt)if((v=e[i].to)!=fa[u]){
dis[v]=dis[fa[v]=u]+e[i].w;
dfs(v);
}
}
int bel[MAXN+5];
set<int>in[MAXN+5];
//维护每一个子树的入点编号
set<int>minn;
//维护 每个子树合法入点的最小值 的最小值
//每个子树最多只会在 minn 中存在一个节点
set< pair<int,int> >Set;//维护 in[tre]+out[tre] 的最小值以及 tre 的值
inline void init_tre(const int u,const int top){//初始化每一颗子树
in[bel[u]=top].insert(u);
// printf("Now u == %d, bel[u] == %d\n",u,bel[u]);
for(int i=tail[u],v;i;i=e[i].nxt)if((v=e[i].to)!=fa[u])
init_tre(v,top);
}
inline void link(const int from,const int to){
int x=bel[from],y=bel[to];
minn.erase(to);
//为了处理 rt 的 bel==0 的情况
if(x){
Set.erase(mp(siz[x],x));
Set.insert(mp(--siz[x],x));
}
if(y){
in[y].erase(to);
if(!in[y].empty())minn.insert(*in[y].begin());
Set.erase(mp(siz[y],y));
Set.insert(mp(--siz[y],y));
}
}
inline int solve(const int ind){
int ret;
if(Set.rbegin()->first==n-ind+1 && Set.rbegin()->second!=bel[ind])
ret=*in[Set.rbegin()->second].begin();
else
ret=(bel[ind]!=bel[*minn.begin()] || ind==rt)?(*minn.begin()):(*next(minn.begin()));
//如果当前点与最小入点不在同一颗子树或者当前点为根, 可直接选取最小入点, 否则要选择下一个
//为什么直接是下一个即可 ? 因为每一颗子树在 minn 里面的点只会有一个, 可以保证 next 一定不是在同一个子树之内的
link(ind,ret);
return ret;
}
signed main(){
#ifdef FILEOI
freopen("file.in","r",stdin);
freopen("file.out","w",stdout);
#endif
for(int i=n=qread(),u,v;i>1;--i){
qread(u),qread(v);
add_edge(u,v,qread());
}
dfs(1,0);//找到树的重心
dfs(rt);//根据重心重新建树
writc(ans1<<1,'\n');
if(n==1)return puts("1"),0;
minn.insert(rt);
// in[rt].insert(rt);
// bel[rt]=rt;
// Set.insert(mp(siz[rt]=2,rt));
//根也算一颗单独的子树
//此处 Set 里面不能放 rt
//因为 Set 里面维护的是 rt 的子树, 而 rt 本身并不是子树
for(int i=tail[rt],v;i;i=e[i].nxt){//预处理每一颗子树
v=e[i].to;
init_tre(v,v);
minn.insert(*in[v].begin());
Set.insert(mp(siz[v]=(in[v].size()<<1),v));
}//注意:siz[i] 从此处开始就变为了这个子树中 in+out 的值
rep(i,1,n)writc(solve(i),' ');
return 0;
}