一道树形DP裸题。
因为部分分给得很足，所以我在考场上先打了一堆部分分，建了5个命名空间。
然后在打二叉树的部分分的时候想到了正解。（虽然可能二分写挂了）
题目大意：给定一棵带权树，将它的一部分拆成\(m\)条链，使得权值最短的链的权值最大。
最小的求最大，当然满足无后效性，所以我们考虑二分答案。
然后我们考虑检验。首先，很容易可以发现答案具有无后效性。换句话说，每个子树在计算出它对答案的贡献之后，就只需要计算出它对父节点的贡献。
这是因为，每一个父节点，它能使用的仅有子树的一条链，而不是整个子树的信息。
故而，我们只需要「可以提供给父节点的那条链」的值更新上去即可。我们用\(f_{x}\)表达这个上传的值。
并且，对于每棵子树是可以贪心地处理的——如果一棵子树中的一条链可以和另一条链组成一条合法的链，那就没必要把它上传了。
这是因为，如果不上传，一定可以对答案产生1的贡献；如果上传了，仅仅是有可能对答案产生1的贡献。
那么我们对每个子树分别考虑。这就转化为了一个新的问题：
「对于一个长度为\(n\)的序列，取出其中尽可能多的数对或数，使得数对的和或数的值大于给定值，并且在有遗留数的情况下使得遗留的数的值最大。」
这个问题要怎么做呢？将它们从小到大排序，那么对于大于给定值的数，单独选取是更优的。
然后处理剩下来的数。用双指针做。
如果右指针的数可以与左指针指的数组成合法数对就把右指针推入栈中，直到没有合法的右指针，就考虑栈中是否为空。
如果不为空就说明存在一个可以和左指针匹配的数，那么就将答案加一，否则左指针就找不到数和它匹配了，那么就用它来更新\(f{x}\)左指针往右推。一直到序列为空。
然后，对于剩下的数，它们一定都可以组成合法数对——这是因为所有被推入栈中的数，都可以和一个比栈中最小数还要小的数组成合法数对。
那么，我们考虑剩下的数的数量的奇偶性。如果是奇数个，那么就计算答案之后用最大值来更新\(f_{x}\)。
这就做完了。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
struct ee{
int v;
int w;
int nxt;
}e[50005];
int h[50005],et=0;
int n,m;
inline void add(int u,int v,int w){
e[++et]=(ee){v,w,h[u]};
h[u]=et;
}
int MN,rt=0,f[50005],nw;
int st[50005],tp=0,st2[50005],tp2=0;
inline void dfs(int X){
for(int i=h[X];i;i=e[i].nxt){
dfs(e[i].v);
}
tp=0,tp2=0;
for(int i=h[X];i;i=e[i].nxt){
st[++tp]=f[e[i].v]+e[i].w;
}
std::sort(st+1,st+1+tp);
while(tp&&st[tp]>=MN){
--tp;
++rt;
}
for(int i=1;i<=tp;++i){
while(i<tp&&st[i]+st[tp]>=MN){
st2[++tp2]=st[tp];
--tp;
}
if(tp2){
--tp2;
++rt;
}else{
f[X]=st[i];
}
}
if(tp2&1){
f[X]=st2[1];
}
rt+=(tp2>>1);
}
inline bool chck(int X){
std::memset(f,0,sizeof(f));
MN=X;
rt=0;
dfs(1);
if(rt>=m){
return 1;
}else{
return 0;
}
}
void init(){
scanf("%d%d",&n,&m);
int u,v,w;
for(int i=1;i<n;++i){
scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
if(u>v){
u^=v^=u^=v;
}
add(u,v,w);
}
int l=0,r=0x3f3f3f3f,mid,ans=0;
while(l<=r){
mid=(l+r)>>1;
if(chck(mid)){
l=mid+1;
ans=mid;
}else{
r=mid-1;
}
}
printf("%d\n",ans);
}
int main(){
init();
return 0;
}