$\tiny\text{似乎巨佬都没有翻译题目，其实部分难度在于题目翻译，所以:}$
先翻译下本题的题意：
- $n$个点，$n-1$条边，任意两点可以互相到达，每条道路仅从属于一条“赛道”。
眼熟？$\color{blue}\text{其实就是一棵树。}$
对了！$\color{red}\text{就是二分答案！}$
那么整道题翻译出来就很简洁了：
- 给出有$n$个节点的一棵树的信息，从中选出$m$条链，满足链之间互不相交，并最大化最短链长。
进入二分前，先想想二分什么，二分所需要的上界在哪。
那么我们可以树形$DP$一次求出树的直径。
比如我们拿$Sample\ 2$来讲：($len$是边长）
那么我们可以看到，这棵树被切成了$3$条无交集的链，其中最短链是$1->2->7$，它的长度是$15$，此时最大化。
这棵树的直径是$7->2->3->4->5$长度为$27$，那么二分最短边的长度就好了。
回到这幅图，我们可以看到对于每条链，我们可以找到其上一个点（以下简称特征点），使得此链与该点的上方树无交集。即是说，该链为特征点子树的子集。
那么对于上图，特征点分别为（按颜色）：$\color{red}\text{1}$,$\color{lime}\text{2}$,$\color{darkblue}\text{4}$
下面是废话时间：
如果一个链，它经过了结点$i$的父结点，同时包含了$i$到子结点的某条边，那么它只能包含$i$到所有子结点的边当中的一条。
这句废话推广一下的话就很有用了：
对于任意节点$i$及其子节点$j,k$以及其中的一条链$i->j$，有$3$种情况需要讨论：(设$i$的父结点为$f_i$)
那么分类就很简单了：
对于每个结点$i$进行连边的尝试（连一个或两个）:
如果连一个的话就把新边长向上传递并与父结点合并入同一链（连两个的话说明它就是特征点）
似乎思路走远了？不是要二分吗？
再看看？我们有一个二分链长$len$，就可以按照上面的步骤连了，如果连出来的链长大于$len$就计数重开一条新链，如果统计下来链数不够，我们就缩小$len$二分，反之类比。
似乎忘了什么？我们不仅要保证链的数量最多，还要保证最短的链最大化！那么我们每次传回父结点的边长一定要尽量长。
所以我们就有加链条件：
$len_pre+len_now>=binary_len$
这里采用$multiset$进行维护。
复杂度？不好说
下面是代码，有简洁的注释，又不懂的欢迎在评论区提问，即时$Update!$
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| #include <bits/stdc++.h>
#define ri register int
using namespace std;
int read()
{
int num=0;
int flg=1;
char c=getchar();
while(!isdigit(c))
{
if(c=='-')
{
flg=-1;
}
c=getchar();
}
while(isdigit(c))
{
num=(num<<1)+(num<<3)+(c^48);
c=getchar();
}
return num*flg;
}
const int maxn=20031125;
int n,m;
struct edge
{
int to;
int nex;
int val;
} e[maxn<<1];
int head[maxn];
int edge_cnt;
void add(int u,int v,int val)
{
e[++edge_cnt].to=v;
e[edge_cnt].nex=head[u];
e[edge_cnt].val=val;
head[u]=edge_cnt;
}
bool vis[maxn];
int dia,dp[maxn];
void diameter(int u)
{
vis[u]=true;
for(ri i=head[u];i;i=e[i].nex)
{
int to=e[i].to;
int val=e[i].val;
if (vis[to])
{
continue;
}
diameter(to);
dia=max(dia,dp[u]+dp[to]+val);
dp[u]=max(dp[u],dp[to]+val);
}
}
struct node
{
int cnt,edge;
node(int cnt_,int edge_)
{
cnt=cnt_;
edge=edge_;
}
};
int flg;
node dfs(int x,int fa,int binary_len)
{
int cnt=0,edge=0;
multiset<int> _set;
for(ri i=head[x];i;i=e[i].nex)
{
int to=e[i].to;
int val=e[i].val;
if (to == fa)
{
continue;
}
node son=dfs(to,x,binary_len);
if (val+son.edge >= binary_len)
{
++cnt;
}
else
{
_set.insert(val+son.edge);
}
cnt += son.cnt;
}
while (!_set.empty())
{
multiset<int>::iterator it=_set.upper_bound(0);
int top=*it;
_set.erase(it);
it=_set.lower_bound(binary_len-top);
if (it == _set.end())
{
edge=top;
}
else
{
_set.erase(it);
++cnt;
}
}
if (cnt >= m)
{
flg=true;
}
return node(cnt,edge);
}
int ans;
int main()
{
srand((time)(0));
n=read();
m=read();
for(ri i=1; i <= n-1; i++)
{
int u=read();
int v=read();
int val=read();
add(u,v,val);
add(v,u,val);
}
diameter(1);
int l=0;
int r=dia;
int mid;
while (l<=r)
{
mid=(l+r)>>1;
flg=false;
dfs(1,0,mid);
if (flg)
{
l=mid+rand()%2;
ans=mid;
}
else
{
r=mid-rand()%2;
}
}
return 0&printf("%d",ans);
}
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反思与小结：（前面浪费时间系列）
其实根本不需要求直径，无脑取一个大值就好了（所有边长之和就不错），求直径的时间可以用来多二分几次，并且此题时间卡得并不很紧，否则必须要用平衡树维护链长和特征点了。