給乙個n個節點的樹，然後將其分成k+1個聯通塊，再在每個聯通塊取一條路徑，將其連線起來，求連線起來的路徑最大權值。
考場只會20分，還都打掛了……
60分的做法其實並不難，nk dp即可，設$f(i,j,0/1/2)$表示i子樹選取了j個聯通塊，i這個節點連了0/1/2條邊時的最優解。
100分的做法就是60分做法的拓展。
很容易想到一件事，就是以聯通塊數為x軸，最優解為y軸，那麼這個影象應該是乙個單峰上凸函式。同時該離散函式每相鄰兩點間的斜率是遞減的：因為考慮當前聯通塊數為a，則當聯通塊數為a+1時，必然是在a時最優解上再連線一段新切出的可空路徑並割去一部分可空路徑，當補上一條新路徑時，我們很容易知道這次補上的路徑-割去路徑一定小於以前做的同樣操作（最優性）。
這樣我們發現斜率是具有單調性的（即單調減）。那麼我們二分這個斜率，並將原影象減去這個斜率對應的正比例函式，會發現，新影象將會在這個斜率對應點的位置最高，同時也是乙個斜率遞減函式。
那麼我們考慮如何求出此時的答案：新影象上的最高點權值+新影象上最高點聯通塊數*斜率。
我們考慮這個東西怎麼求。
設二元組$f(i,0/1/2)$表示i節點連了0/1/2條邊時的最優解和其聯通塊數（盡量小）。特別的沒有連邊的i，算為乙個聯通塊，2為0/1/2這三個狀態的最優解。
考慮這個東西怎麼轉移：
假設已經得到子節點v的答案。
對於$f(x,2)$，我們有三種選擇，1.保持原來不變，把$f(v,2)$加上；2.由$f(x,1)$和$f(v,1)$合併；3.由$f(x,1)和f(v,0)$合併。
$f(x,1)$,我們同樣有三種選擇，大體同上者。
$f(x,0)$，我們只有一種選擇，即和$f(v,2)$結合。
我們以$f(x,2)$為例：對於第一種情況，聯通塊數不變直接合併即可，對於第二種情況聯通塊數減少1，第三種情況同樣減少了1個聯通塊。
得到結果以後比較k+1與最優解對應的聯通塊數，大於則說明斜率過小，否則說明斜率還可能更大。
1 #include "bits/stdc++.h"2
3using
namespace
std;
45 inline int
read()
1112 typedef long
long
ll;13
14const
int n=3e5+10;15
16struct
edgesedge[n<<1],*head[n];int
cnt;
1920 inline void push(int u,int v,int
w) ,head[u]=edge+cnt;22}
2324
intn,k;
25ll slope;
26const ll inf=1e15;
2728
struct
node
31node(ll v,ll nm):val(v),num(nm){}
32 inline ll &operator (int
x)35 inline void
max(node a)
39 inline void
add(node a,node b)
44 inline void add(node a,node b,int w,int
opt)
50inline node fa()
53 }f[n][3
];54
55 inline void dp(int x,int
fa)68 f[x][2].max(f[x][1
]);69 f[x][2].max(f[x][0
]);70 f[x][2].max(f[x][0
].fa());71}
7273
74int
main()
80 ll l=-1e12,r=1e12;
81node now;
82 ll ans=0;83
while (l<=r)
91 printf("
%lld\n
",ans);
92 }
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