P3647-[APIO2014]连珠线
题目:
题目描述:
在达芬奇时代，有一个流行的儿童游戏称为连珠线。当然，这个游戏是关于珠子和线的。线是红色或蓝色的，珠子被编号为 $1$ 到 $n$。这个游戏从一个珠子开始，每次会用如下方式添加一个新的珠子：
Append(w, v)：一个新的珠子 $w$ 和一个已经添加的珠子 $v$ 用红线连接起来。
Insert(w, u, v)：一个新的珠子 $w$ 插入到用红线连起来的两个珠子 $u, v$ 之间。具体过程是删去 $u, v$ 之间红线，分别用蓝线连接 $u, w$ 和 $w, v$。
每条线都有一个长度。游戏结束后，你的最终得分为蓝线长度之和。
给你连珠线游戏结束后的游戏局面，只告诉了你珠子和链的连接方式以及每条线的长度，没有告诉你每条线分别是什么颜色。
你需要写一个程序来找出最大可能得分。即，在所有以给出的最终局面结束的连珠线游戏中找出那个得分最大的，然后输出最大可能得分。
输入格式:
第一行一个正整数 $n$，表示珠子的数量。珠子从 $1$ 到 $n$ 编号。
接下来 $n - 1$ 行每行三个整数 $a_i, b_i, c_i$。保证 $1 \leq a_i < b_i \leq n$。$1 \leq c_i \leq 10000$。表示 $a_i$ 号珠子和 $b_i$ 号珠子间连了长度为 $c_i$ 的线。
输出格式:
输出一个整数，表示最大可能得分。
样例:
样例输入 1:
1
2
3
4
5
| 5
1 2 10
1 3 40
1 4 15
1 5 20
|
样例输出 1:
样例输入 2:
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
| 10
4 10 2
1 2 21
1 3 13
6 7 1
7 9 5
2 4 3
2 5 8
1 6 55
6 8 34
|
样例输出 2:
思路:
实现:
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
39
40
41
42
43
44
45
46
47
48
49
50
51
52
53
54
55
56
57
58
59
60
61
62
63
64
65
66
67
68
69
70
71
72
73
74
75
76
77
78
79
80
81
82
83
84
85
86
87
88
89
90
91
| #include "ybwhead/ios.h"
const int maxn = 5e5 + 10;
#define INF 0x3f3f3f3f
#define c(x) (f[x][0] + cost[i] - max(f[x][0], f[x][1] + len[x]))
using namespace std;
int n, cnt;
int head[maxn], vet[maxn], Next[maxn], cost[maxn];
void add(int x, int y, int w)
{
cnt++;
Next[cnt] = head[x];
head[x] = cnt;
vet[cnt] = y;
cost[cnt] = w;
}
int par[maxn], len[maxn];
int f[maxn][2];
vector<int> son[maxn], dp[maxn][2], mx[maxn];
void dfs(int x, int fa)
{
f[x][0] = 0, f[x][1] = -INF;
int mx1 = -INF, mx2 = -INF;
for (int i = head[x]; i; i = Next[i])
{
int v = vet[i];
if (v == fa)
continue;
len[v] = cost[i], par[v] = x;
son[x].push_back(v);
dfs(v, x);
f[x][0] += max(f[v][0], f[v][1] + cost[i]);
if (c(v) > mx1)
mx2 = mx1, mx1 = c(v);
else if (c(v) > mx2)
mx2 = c(v);
}
f[x][1] = f[x][0] + mx1;
for (int i = head[x]; i; i = Next[i])
{
int v = vet[i];
if (v == fa)
continue;
dp[x][0].push_back(f[x][0] - max(f[v][0], f[v][1] + cost[i]));
if (c(v) == mx1)
{
dp[x][1].push_back(dp[x][0].back() + mx2);
mx[x].push_back(mx2);
}
else
{
dp[x][1].push_back(dp[x][0].back() + mx1);
mx[x].push_back(mx1);
}
}
}
int ans = 0;
void solve(int x)
{
for (int i = 0; i < son[x].size(); i++)
{
f[x][0] = dp[x][0][i], f[x][1] = dp[x][1][i];
if (par[x])
{
f[x][0] += max(f[par[x]][0], f[par[x]][1] + len[x]);
f[x][1] = f[x][0] + max(mx[x][i], f[par[x]][0] + len[x] - max(f[par[x]][0], f[par[x]][1] + len[x]));
}
ans = max(ans, f[son[x][i]][0] + max(f[x][0], f[x][1] + len[son[x][i]]));
solve(son[x][i]);
}
}
int main()
{
yin >> n;
int x, y, w;
for (int i = 1; i < n; i++)
{
yin >> x >> y >> w;
add(x, y, w);
add(y, x, w);
}
dfs(1, 0);
solve(1);
yout << ans << endl;
return 0;
}
|