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洛谷P4383
BZOJ5252
LOJ#2478

Solution

簡版題意：在一棵 $n$ 個節點的邊帶權樹上刪掉 $k$ 條邊再加上 $k$

k 條權為 $0$ 的邊組成一棵新樹，最大化新樹的直徑。
容易發現，如果刪掉的 $k$ 條邊給定，那麼答案就是這 $k$

+ 1 k+1 個連通塊的直徑之和。
於是問題轉化成在樹上選出 $k+1$ 條不相交的路徑的最大權值和。點視為退化的路徑。
樹形 DP ： $f$

[ u ] [ i ] [ 0 / 1 / 2 ] f[u][i][0/1/2] 表示 $u$ 的子樹內選出 $i$ 條路徑，根的度數為 $0$ 或 $1$ 或 $2$ 的最大收益。
注：特殊情況：如果 $u$ 沒有被選出則度數為 $0$ ，如果 $u$ 單獨作為一條路徑則度數為 $1$ 。
轉移即列舉子節點 $v$ 進行各種討論，設 $f'$ 為 $v$ 之前的 DP 陣列。下面我們先不考慮 $u$ 單獨作為一條路徑的情況。
$f[u][i+j][s]=\max(f[u][i+j][s],f'[u][i][s]+f[v][j][t])$
其中 $s$ 和 $t$ 為 $[0,2]\cap\Z$ 內任意數。
$f[u][i+j][1]=\max(f[u][i+j][1],f'[u][i][0]+f[v][j][1]+len(u,v))$
其中 $len(u,v)$ 為邊 $(u,v)$ 的權。
$f[u][i+j-1][2]=\max(f[u][i+j-1][2],f'[u][i][1]+f[v][j][1]+len(u,v))$
最後算上 $u$ 單獨作為一條路徑的貢獻，還是一樣的樹形揹包。這裡略去。
最後答案：
$\max(f[u][k+1][0],f[u][k+1][1],f[u][k+1][2])$
複雜度 $O(nk)$ ？ $O(n^2)$ ？
而對於包含「 $k$ 個」這樣約束的問題，我們可以考慮使用帶權二分（又稱 wqs 二分、凸優化）去掉「 $k$ 個」的約束。
如果你有興趣將 i 從 1 到 k+1 把 max(f[u][i][0],f[u][i][1],f[u][i][2]) 的值全部打出來， 可以發現這是一個單峰函式，在最大值左邊遞增，右邊遞減。然後如果你還有興趣將打出來的陣列進行差分， 那麼又可以發現差分後的陣列是單調遞減的。
我們考慮給每條路徑加上一個權值 $mid$ 。
當 $mid\rightarrow-\infty$ 時，最優方案是隻選一條路徑。
當 $mid\rightarrow+\infty$ 時，最優方案是選出 $n$ 條只包含一個點的路徑。
並且隨著 $mid$ 的增加，最優方案選出的路徑數單調不減。
所以我們二分 $mid$ ， $f$ 去掉第二維後轉移方程變成：
$f[u][s]=\max(f[u][s],f'[u][s]+f[v][t])$
$f[u][1]=\max(f[u][1],f'[u][0]+f[v][1]+len(u,v))$
$f[u][2]=\max(f[u][2],f'[u][1]+f[v][1]+len(u,v)-mid)$