技術標籤：題解

Description

一棵 n 個結點的樹，有正邊權。
用 y 條鏈覆蓋這棵樹，滿足：

• 所有鏈連通（有重點即算作相連）
• 點 x 被覆蓋
• 被覆蓋的邊的權值和儘可能大
  q 次給出 x, y，詢問最大邊權和，強制線上。
  n, q ≤ 1 0 5 10^5 105

Solution

• 可以發現一些比較顯然的性質：

1. 權值是正的，那麼鏈的端點一定可以全部調整成葉子。
2. 如果鏈不連通，可以交換鏈的端點使它們連通。
3. 使用 k 條路徑就可以覆蓋一棵有 2k 個葉子的樹。（先以任意方式匹配葉子。如果有兩條路徑不相交，可以調整成相交的情況。
   不斷調整就可以讓任意兩條路徑都相交，於是顯然覆蓋了整棵樹。）

• 現在問題是尋找 2 ∗ y 個葉子，使 x 被包含，使被包含的邊權和最大。
• 考慮單次詢問怎麼辦。如果只有一次詢問，我們就把詢問的點 x 提作根，如果 x 的度數不為 1 ，那麼選 y 條路徑的最優方案必然可以轉化為選 2y 個葉子，然後求這 2y 個葉子到 x 的路徑的並的長度。如果 x 的度數為 1 的話，那麼就是選 2y-1 個葉子，因為有一條路徑要從 x 出發。
• 那麼顯然就可以貪心的選當前貢獻最大的葉子加入答案了。
• 如果有多組詢問呢？每次詢問都換根顯然不現實，但發現每次詢問中，一定存在一種方案使得直徑的兩端中至少有一端被選取。
• 那我們就可以把直徑的兩個端點分別作為根來考慮，最後詢問的時候取最大值即可。
• 考慮對每棵樹預處理出 a n s i ans_i ansi​ 表示當前選了 i 個葉子的最大權值和，這個可以用 DFS序的線段樹或者是長鏈剖分來實現。

1. 線段樹實現：每個葉子節點的貢獻是 它的深度-它到根路徑上已經被其它路徑覆蓋的部分的長度，用線段樹維護一下葉子的貢獻，每次貪心的選取貢獻最大的葉子
2. 長鏈剖分實現：一個子樹內，最先被選的顯然是深度最大的葉子，那麼一個葉子的貢獻，就是在長鏈剖分後，所在重鏈以及上方第一條輕邊的距離。

• 然後考慮一次詢問 x,y。如果 a n s 2 y − 1 ans_{2y-1} ans2y−1​中包含了 x 點，那麼直接輸出 a n s 2 y − 1 ans_{2y-1} ans2y−1​即可。否則，加入 x 子樹內最深葉子，然後需要刪去一個之前選的葉子，使得減少的權值最小：

1. 這個葉子可能是最後一個被選的葉子，也就是貢獻最小的那個。
2. 由於 x 的加入，與 x 的 lca 最深的被選葉子的貢獻可能會減小，而被刪去。（找離 x 最近的有葉子被選的祖先的一條路徑，砍掉一半後跟 x 的子樹中深度最大的點接上。）

• 可以發現，第一種情況好辦，倍增跳到到第一個被訪問時間 ≤ 2 y − 2 \leq 2y-2 ≤2y−2 祖先 u ，那麼答案就是 a n s 2 y − 2 − d e p [ u ] + m x [ x ] ans_{2y-2}-dep[u]+mx[x] ans2y−2​−dep[u]+mx[x]。
• 然後考慮第二種情況。第二種情況乍一看需要維護在所有時間所有點的子樹內選的葉子節點的權值的最小值，這個很麻煩。但是仔細想想可以發現，只有在這個祖先的子樹內只有一個葉子節點被選的時候，這種情況才可能有第一種情況優。因為如果多於兩個葉子，那麼刪掉最小的那個葉子節點所減去的依舊是這個點加進來時候的權值，既然是減去加進來的權值那麼第一種情況顯然是最小的。如果只有一個葉子，那麼這個葉子所代表的鏈跟 x 到根的路徑是有交的，所以才有可能更短。實現方面可以倍增跳到第一個被訪問時間 ≤ 2 y − 1 \leq 2y-1 ≤2y−1的節點 u，那麼答案就會是 a n s 2 y − 1 − m x [ u ] + m x [ x ] ans_{2y-1}-mx[u]+mx[x] ans2y−1​−mx[u]+mx[x]。
• 那麼最終的答案就是兩顆樹的兩種情況的最大值了。
• 時間複雜度 O ( ( n + q ) log ⁡ n ) O((n+q)\log n) O((n+q)logn)。
  疑問：就網上的其它部落格和我自己的提交來看，直徑兩端點分別作為根的情況好像不用都考慮，隨便找一種就好。這樣做為什麼是對的？知道的朋友可以麻煩解答一下嗎？

Code

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
const int N=1e5+5;
struct Edge{
	int v,w,nxt;
}edge[N<<1];
int n,m,head[N],cnt,rt,mxd,lstans,ans[N];
int fa[N][25],dep[N],son[N],dfn[N],ind,ln[N],md[N],low[N];
pair<int,int> mx[N<<2];int tag[N<<2];
int vis[N];
void add(int u,int v,int w){
	edge[++cnt].v=v;edge[cnt].w=w;edge[cnt].nxt=head[u];head[u]=cnt;
}
void find(int u,int f,int d){
	if(d>mxd){rt=u;mxd=d;} 
	for(int i=head[u];i;i=edge[i].nxt){
		int v=edge[i].v;
		if(v==f) continue;
		find(v,u,d+edge[i].w);
	}
}
void dfs(int u,int f){
	ln[dfn[u]=++ind]=u;
	md[u]=dep[u];
	for(int i=1;i<=20;i++){
		if(!fa[fa[u][i-1]][i-1]) break;
		fa[u][i]=fa[fa[u][i-1]][i-1];
	}
	for(int i=head[u];i;i=edge[i].nxt){
		int v=edge[i].v;
		if(v==f) continue;
		dep[v]=dep[u]+edge[i].w;
		fa[v][0]=u;
		dfs(v,u);
		md[u]=max(md[u],md[v]);
	}
	low[u]=ind;
}
void pushup(int u){
	if(mx[u<<1].first<mx[u<<1|1].first) mx[u]=mx[u<<1|1];
	else mx[u]=mx[u<<1];
}
void build(int u,int l,int r){
	if(l==r){
		mx[u]=make_pair(dep[ln[l]],ln[l]);
		return;
	}
	int mid=(l+r)>>1;
	build(u<<1,l,mid);
	build(u<<1|1,mid+1,r);
	pushup(u);
}
void pushdown(int u,int l,int r){
	if(tag[u]){
		mx[u<<1].first+=tag[u];
		mx[u<<1|1].first+=tag[u];
		tag[u<<1]+=tag[u];
		tag[u<<1|1]+=tag[u];
		tag[u]=0;
	}
}
void update(int u,int l,int r,int a,int b,int w){
	if(a<=l&&r<=b){
		mx[u].first+=w;
		tag[u]+=w;
		return;
	}
	pushdown(u,l,r);
	int mid=(l+r)>>1;
	if(a<=mid) update(u<<1,l,mid,a,b,w);
	if(b>mid) update(u<<1|1,mid+1,r,a,b,w);
	pushup(u);
}
void prework(){
	dfs(rt,0);
	build(1,1,n);
	//貪心：每次選取貢獻最大的點,選完後修改其它點的貢獻 
	for(int i=2;i<=n;i++){
		ans[i]=ans[i-1]+mx[1].first;
		for(int j=mx[1].second;j&&!vis[j];j=fa[j][0]){
			vis[j]=i;
			update(1,1,n,dfn[j],low[j],dep[fa[j][0]]-dep[j]);
		}
	}
}
int solve(int x,int y){
	y=min(y,n);
	if(vis[x]<=y) return ans[y];//x已經被覆蓋
	int u=x;
	for(int i=20;i>=0;i--)
		if(vis[fa[x][i]]>y) x=fa[x][i];
	x=fa[x][0];
	return ans[y]+md[u]-dep[x]-min(dep[x],min(ans[y]-ans[y-1],md[x]-dep[x]));
}
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<n;i++){
		int u,v,w;
		scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
		add(u,v,w);add(v,u,w);
	}
	find(1,0,0);//找直徑端點 
	prework();
	for(int i=1;i<=m;i++){
		int u,v;
		scanf("%d%d",&u,&v);
		u=(u+lstans-1)%n+1;
		v=(v+lstans-1)%n+1;
		printf("%d\n",lstans=solve(u,v<<1));
	}
	return 0;
}

參考文章：
https://www.luogu.com.cn/blog/46396/solution-cf526g