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jxm2001
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jxm2001
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-===== D. Diameter Counting =====
+===== H. travel =====
 ==== 题意 ====
-输出所有 $n$ 标号树的直径和。
+给定一棵点权树，从树上选三条不相交的路径，每条路径的权值定义为路径上的点权和，要求最大化三条路径权值和。
 ==== 题解 ====
-考虑求树的直径的过程，可以先删去所有叶子结点，得到一棵新树，称为一次操作。然后再不断对新树进行操作，知道最后剩下一个或两个结点。
+设 $\text{dp}(u,0/1/2,i)$ 表示只考虑 $u$ 的子树，结点 $u$ 的状态为 $0/1/2$ 时，已经选中了 $i$ 条链此时的最大路径权值和。
-此时如果只剩下一个结点，则树的直径为操作次数 $\times 2$。如果剩下两个结点，则树的直径为操作次数 $\times 2+1$。
+我们需要维护一条正在生成的链，这条链不包含在已经选中的 $i$ 条链当中，如果 $u$ 状态为 $0$ 表示 $u$ 不在生成链中。
-考虑通过逆算法反向构建树。设 $f(i,j)$ 表示有 $j$ 个叶子结点的 $i$ 标号树个数，假设上一步操作删除了 $k(k\ge j)$ 个叶子。
+如果 $u$ 状态为 $1$ 表示 $u$ 在生成链中且 $u$ 只有一个儿子在生成链中， $u$ 状态为 $2$ 表示 $u$ 在生成链中且 $u$ 有两个儿子在生成链中。
-于是问题等价于给这 $k$ 个叶子找一个父结点，使得原来的 $j$ 个叶子结点至少有一个儿子。
+考虑状态转移，利用生成链的合并，不难有
-同时对于这 $i+k$ 个结点，标号是任意的，对所有 $i+k$ 标号树而言，删去 $k$ 叶子结点得到的树的标号方式实际上有 ${i+k\choose i}f(i,j)$ 种。
+$$
+\text{dp}(u,0,i+j)\gets \text{dp}(u,0,i)+\text{dp}(v,0,j)\\
+\text{dp}(u,1,i+j)\gets \text{dp}(u,0,i)+\text{dp}(v,1,j)+a_u\\
+\text{dp}(u,1,i+j)\gets \text{dp}(u,1,i)+\text{dp}(v,0,j)\\
+\text{dp}(u,2,i+j)\gets \text{dp}(u,1,i)+\text{dp}(v,1,j)\\
+\text{dp}(u,2,i+j)\gets \text{dp}(u,2,i)+\text{dp}(v,0,j)
+$$
-设 $g(i,j,k)$ 表示长度为 $k$ 且每个位置有 $i$ 种可选取值且特定的 $j$ 个值至少出现一次的序列个数，于是有
+注意上式的 $\gets$ 表示取最大值，另外为了防止选中复数条从 $v$ 生成的链，需要开一个临时数组存储中间量。
+初始状态为 $\text{dp}(u,1,0)=a_u$，最后转移完要考虑将正在生成的链转化为已经选中的链，于是有
 $$
-f(i+k,k)\gets g(i,j,k)f(i,j){i+k\choose i}
+\text{dp}(u,0,i)\gets \max(\text{dp}(u,1,i-1),\text{dp}(u,2,i-1))
 $$
+最终答案为 $\text{dp}(1,0,3)$，时间复杂度 $O(nk^2)$，其中 $k$ 表示最多能选中的链的个数。
+[[http://tokitsukaze.live/2018/07/24/2018niuke2.H/|参考资料]]
 <hidden 查看代码>
 <code cpp>
+const int MAXN=4e5+5,MAXK=4;
+struct Edge{
+	int to,next;
+}edge[MAXN<<1];
+int a[MAXN],head[MAXN],edge_cnt;
+LL dp[MAXN][3][MAXK],tmp[3][MAXK];
+void Insert(int u,int v){
+	edge[++edge_cnt]=Edge{v,head[u]};
+	head[u]=edge_cnt;
+}
+void Max(LL &a,LL b){
+	if(b>a)
+	a=b;
+}
+void dfs(int u,int fa){
+	dp[u][1][0]=a[u];
+	for(int i=head[u];i;i=edge[i].next){
+		int v=edge[i].to;
+		if(v==fa)continue;
+		dfs(v,u);
+		_for(i,0,3)_for(j,0,MAXK)
+		tmp[i][j]=dp[u][i][j];
+		_for(i,0,MAXK)_for(j,0,MAXK-i){
+			Max(tmp[0][i+j],dp[u][0][i]+dp[v][0][j]);
+			Max(tmp[1][i+j],dp[u][0][i]+dp[v][1][j]+a[u]);
+			Max(tmp[1][i+j],dp[u][1][i]+dp[v][0][j]);
+			Max(tmp[2][i+j],dp[u][1][i]+dp[v][1][j]);
+			Max(tmp[2][i+j],dp[u][2][i]+dp[v][0][j]);
+		}
+		_for(i,0,3)_for(j,0,MAXK)
+		dp[u][i][j]=tmp[i][j];
+	}
+	_for(i,1,MAXK)
+	Max(dp[u][0][i],max(dp[u][1][i-1],dp[u][2][i-1]));
+}
+int main()
+{
+	int n=read_int();
+	_rep(i,1,n)
+	a[i]=read_int();
+	_for(i,1,n){
+		int u=read_int(),v=read_int();
+		Insert(u,v);
+		Insert(v,u);
+	}
+	dfs(1,0);
+	enter(dp[1][0][3]);
+	return 0;
+}
 </code>
 </hidden>

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