传送门

题意：给一棵带边权的树，求$M$条没有公共边的路径的最小长度的最大值。

$N\le 50000$

抛开NOIP不谈，其实这题本身出的很好

显然二分

问题转化成了“最多可以找多少条长度不小于$k$的路径”

递归处理

对于每个结点$i$，先统计它的子树剩下的链加上当前边权。

现在我们得到了若干个数，表示以$i$为顶的还没用过的链的长度

我们希望用这些数凑出$k$

大于等于$k$的可以直接统计答案

有如下贪心策略：从小到大二分最小的可以匹配的，最后把不能匹配的最长的作为剩下的链传回去

为什么？

首先，很显然尽量匹配小的

如果我们留了一条很长的链不匹配而要传上去，也最多产生$1$的贡献。而现在直接匹配也会有$1$的贡献，不配白不配。

为什么从小到大？

如果我们从大到小，或者用一些神奇的顺序，那就是出现大配小的情况。从小到大我们就算不匹配尽量小也能重现之前的状态，尽量小就肯定更优了。

用multiset维护即可。

细节有点多。注意大于等于$k$的必须在开始弹掉，否则可能浪费一个小的。

菊花图可能卡常，可以跑个直径作为二分上限。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cctype>
#include <set>
#define MAXN 50005
#define MAXM 100005
using namespace std;
struct edge{int u,v,w;}e[MAXM];
int head[MAXN],nxt[MAXM],cnt;
void addnode(int u,int v,int w)
{e[++cnt]=(edge){u,v,w};nxt[cnt]=head[u];head[u]=cnt;
}
int dp[MAXN];
int count(int u,int f,int k)
{multiset<int> s;int ans=0;for (int i=head[u];i;i=nxt[i])if (e[i].v!=f){ans+=count(e[i].v,u,k);if (dp[e[i].v]+e[i].w>=k) ++ans;else s.insert(dp[e[i].v]+e[i].w);}while (!s.empty()){int mn=*s.begin();multiset<int>::iterator p=s.lower_bound(k-mn);if (p==s.begin()) ++p;if (p==s.end()){dp[u]=max(dp[u],mn);s.erase(s.begin());continue;}++ans;s.erase(p);s.erase(s.begin());}return ans;
}
int dis[MAXN];
void dfs(int u,int f)
{for (int i=head[u];i;i=nxt[i])if (e[i].v!=f){dis[e[i].v]=dis[u]+e[i].w;dfs(e[i].v,u);}
}
int main()
{int n,m;scanf("%d%d",&n,&m);for (int i=1;i<n;i++){int u,v,w;scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);addnode(u,v,w);addnode(v,u,w);}dfs(1,0);int mx=0;for (int i=1;i<=n;i++) if (dis[i]>dis[mx]) mx=i;dis[mx]=0;dfs(mx,0);int l=0,r=0,mid;for (int i=1;i<=n;i++) r=max(r,dis[i]);while (l<r){mid=(l+r+1)>>1;memset(dp,0,sizeof(dp));if (count(1,0,mid)>=m) l=mid;else r=mid-1;}printf("%d\n",l);return 0;
}