題目連結：https://icpcarchive.ecs.baylor.edu/index.php?option=com_onlinejudge&Itemid=8&page=show_problem&problem=5642

題意：給你n個點，n-1條邊的樹。每條邊有一個權值w。給你一個值p。

1號節點為根節點。求1號點到所有節點的路徑中 的 最小權值  的最大值。

權值計算：相當於把這條路徑劃分成若干段，每一段的權值為這一段的所有邊的權值之和的平方。

每一段段尾如果不是目標城市，則需要支付p的費用。

思路（參考大佬部落格）：容易看出來是一個樹形dp，並且有一個非常顯然的狀態轉移方程：

，其中v是樹上從u到根節點路徑上的點。

但是顯然這樣的時間複雜度在樹退化成鏈的時候會達到，需要想辦法來進行優化。嘗試進行變形：

如果狀態v和w都可以轉移到狀態u，那麼在這種情況下，從狀態v轉移會更優：

我們發現上式變成了一個斜率的形式。考慮將(dis[i], f[i])的點繪製出來，如果出現了下面的情況：

，那麼通過列舉各種情況，我們可以分析出來 j 處必不可能是較優的點。

也就是說，有可能作為最優解進行轉移的狀態，它們的點必然是在一個下凸殼上的。

每次在得到一個新的狀態的時候，由於dis[]的單調性，它的位置必然是在這個半凸殼的右端處。由於dis[]的單調性，f[]也是滿足單調遞增，這樣就可以用一個單調佇列來維護半凸殼上的點。

對於每個新的狀態u，具體的維護方法為：

1. 檢查隊頭的兩個元素q[l]和q[l+1]，通過上面的斜率檢查，如果q[l+1]比q[l]更優，那麼就把q[l]出隊。

2. 直接取隊頭的元素為目標狀態，進行狀態轉移，計算出f[u]。

3. 將u插入隊尾。插入之前需要檢查三個狀態q[r-1], q[r], u是否滿足斜率單調遞增，若不滿足則將q[r]出隊。

這樣就將整個DP的時間複雜度優化到了。

需要注意的是，由於每個節點可能有多個子節點，因此每次轉移之後要將隊尾恢復為原來的元素。

程式碼：

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define inf 0x3f3f3f3f3f3f3f3fLL
using namespace std;
const int maxn=200010;
int n,m,k,x,y,s;
ll ans,tmp,cnt,p,aa;
ll zt[maxn],l,r;
struct node
{
    int to,nex;
    ll w;
}a[maxn];
int he[maxn],tot,q[maxn];
ll dp[maxn],dis[maxn];
void add(int u,int v,ll w)
{
    a[tot].to=v;
    a[tot].w=w;
    a[tot].nex=he[u];
    he[u]=tot++;
}
void init()
{
    tot=r=0;l=1;
    memset(he,-1,sizeof(he));
    memset(dis,0,sizeof(dis));
    ans=0;dp[1]=q[0]=0;
}
ll gety(int u,int v)
{
    return dp[u]+dis[u]*dis[u]-dp[v]-dis[v]*dis[v];
}
ll getx(int u,int v){return dis[u]-dis[v];}
ll getdp(int u,int v){return dp[v]+p+(dis[u]-dis[v])*(dis[u]-dis[v]);}

void getpre(int u,int fa)
{
    for(int i=he[u];i!=-1;i=a[i].nex)
    {
        int v=a[i].to;
        if(v==fa) continue;
        dis[v]=dis[u]+a[i].w;
       // cout<<v<<" "<<dis[v]<<endl;
        getpre(v,u);
    }
}
void dfs(int u,int fa,int l,int r)
{
    int pre=-1;
    while(l<r&&gety(q[l+1],q[l])<=2*dis[u]*getx(q[l+1],q[l])) l++;
    //cout<<dp[u]<<endl;
    dp[u]=min(dp[u],getdp(u,q[l]));
    while(l<r&&getx(u,q[r])*gety(q[r],q[r-1])>=gety(u,q[r])*getx(q[r],q[r-1])) r--;
    pre=q[++r];q[r]=u;
    ans=max(ans,dp[u]);
    for(int i=he[u];i!=-1;i=a[i].nex)
    {
        int v=a[i].to;
        if(v==fa) continue;
        dfs(v,u,l,r);
    }
    if(pre!=-1) q[r]=pre;//恢復隊尾
}
int main()
{
    int T,cas=1;
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
    {
       scanf("%d%lld",&n,&p);
        init();
        for(int i=0;i<n-1;i++)
        {
            scanf("%d%d%lld",&x,&y,&aa);
            add(x,y,aa);
            add(y,x,aa);
        }
        getpre(1,-1);
        for(int i=1;i<=n;i++)
        dp[i]=dis[i]*dis[i];
        dfs(1,-1,1,0);
        printf("%lld\n",ans);
      //  if(flag) puts("Yes"); else puts("No");
    }
    return 0;
}