3677: [Apio2014]连珠线
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Description
在列奥纳多·达·芬奇时期，有一个流行的童年游戏，叫做“连珠线”。不出所料，玩这个游戏只需要珠子和线，珠子从1到礼编号，线分为红色和蓝色。游戏
开始时，只有1个珠子，而接下来新的珠子只能通过线由以下两种方式被加入：
1．Append(w，杪)：-个新的珠子w和一个已有的珠子杪连接，连接使用红线。
2．Insert(w，u，v)：-个新的珠子w加入到一对通过红线连接的珠子（u，杪）
之间，并将红线改成蓝线。也就是将原来u连到1的红线变为u连到w的蓝线与W连到V的蓝线。
无论红线还是蓝线，每条线都有一个长度。而在游戏的最后，将得到游戏的
最后得分：所有蓝线的长度总和。
现在有一个这个游戏的最终结构：你将获取到所有珠子之间的连接情况和所
有连线的长度，但是你并不知道每条线的颜色是什么。
你现在需要找到这个结构下的最大得分，也就是说：你需要给每条线一个颜
色f红色或蓝色），使得这种连线的配色方案是可以通过上述提到的两种连线方式
操作得到的，并且游戏得分最大。在本题中你只需要输出最大的得分即可。
Input
第一行是一个正整数n，表示珠子的个数，珠子编号为1刭n。
接下来n-l行，每行三个正整数ai，bi(l≤ai10000)，表示有一条长度为ci的线连接了珠子ai和珠子bi。
Output
输出一个整数，为游戏的最大得分。
Sample Input
5
1 2
1 3 4 0
1 4 1 5
1 5 2 0
Sample Output
60
HINT
数据范围满足1≤n≤200000。
树形dp。
确定根之后，之后出现蓝色一定是父子孙的关系。dp一次，然后O(1)换根即可（记录最大和第二大即可）。
（这题如果直接记录三种状态不定根dp会出现不合法的：
）
#include <iostream>
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#define M 200005
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
int ans,tot,h[M],n;
struct edge
{
int y,ne,v;
}e[M*2];
struct data
{
int k,v;
};
struct DP
{
int v;
data d[3];
}f[M][2];
void Addedge(int x,int y,int v)
{
e[++tot].y=y;
e[tot].ne=h[x];
e[tot].v=v;
h[x]=tot;
}
void Upd(data &a,data &b,int x,int v)
{
if (v>=a.v)
{
b=a;
a.v=v,a.k=x;
}
else if (v>b.v)
b.v=v,b.k=x;
}
void dp(int x,int fa)
{
f[x][1].d[1].v=f[x][1].d[2].v=-inf;
f[x][0].v=0;
for (int i=h[x];i;i=e[i].ne)
{
int y=e[i].y;
if (y==fa) continue;
dp(y,x);
int k;
if (f[y][1].v+f[y][1].d[1].v+e[i].v>f[y][0].v)
k=f[y][1].v+f[y][1].d[1].v+e[i].v;
else k=f[y][0].v;
f[x][0].v+=k;
f[x][1].v+=k;
Upd(f[x][1].d[1],f[x][1].d[2],y,-k+f[y][0].v+e[i].v);
}
}
void dfs(int x,int fa)
{
ans=max(ans,f[x][0].v);
for (int i=h[x];i;i=e[i].ne)
{
int y=e[i].y;
if (y==fa) continue;
DP a=f[y][0],b=f[y][1];
int p=max(f[y][0].v,f[y][1].v+f[y][1].d[1].v+e[i].v);
int kk=f[x][0].v-p;
int k1;
if (f[x][1].d[1].k==y) k1=2;
else k1=1;
int k=max(kk,f[x][1].v-p+f[x][1].d[k1].v+e[i].v);
f[y][0].v+=k;
f[y][1].v+=k;
Upd(f[y][1].d[1],f[y][1].d[2],x,-k+kk+e[i].v);
dfs(y,x);
f[y][0]=a,f[y][1]=b;
}
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for (int i=1;i<n;i++)
{
int x,y,v;
scanf("%d%d%d",&x,&y,&v);
Addedge(x,y,v),Addedge(y,x,v);
}
dp(1,0);
ans=-inf;
dfs(1,0);
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
感悟：
通过枚举根来简化dp