题目大意：给定一棵有负权边的树，现在必须恰好删去$k$条边，并加上恰好$k$条权值为$0$的边，要求最大化它的直径长度。

首先考虑删去$K$条边的效果：把整棵树变成$k+1$个连通块
然后用0权变把这几个连通块连起来，当$k+1$个连通块已经确定后有个显然的结论：用$k$条边把他们连接后的最大直径长度就是$k+1$个连通块的直径代数求和。
方法是将$k+1$条直径首位依次相连即可，显然不可能有比它更大的直径。这个方案引导我们转化问题：寻找$k+1$条互不相交的链使得链的长度之和最大化

于是可设计树形dp
状态表示：$f_{u,j,0/1/2}$考虑以$u$为根的子树，当前选择了$j$条互不相交且完整的链，并且$u$节点的度数为$0/1/2$的最优解。
状态转移：
首先说明答案就是$\max (f_{1,k+1,0},f_{1,k,1},f_{1,k+1,2})$，注意$f_{1,k,1}$这个值，我们$j$表示完整的链，而还有一条以节点$1$为端点的一条链我们不算它为完整的链，因为他可以和父亲节点合并合成新的链，也就是$f_{1,k,1}$实际上有$k+1$条链：$k$条完整，1条以节点$1$为端点的链。

首先我们让每课子树结束后$f_{v,j,0}=\max (f_{v,j,0},f_{v,j-1,1},f_{v,j,2})$表示在子树$u$中选择$j$条链的最优解。于是有以下更新：
考虑$u$节点以及它的一个儿子节点$v$

• $f_{u,j+k,0}=f_{u,j,0}+f_{v,k,0}$
• $f_{u,j+k,1}=\max (f_{u,j,1}+f_{v,k,0},f_{u,k,0}+f_{v,k,1}+w_{u\to v})$
• $f_{u,j+k,2}=f_{u,j,2}+f_{v,k,0};f_{u,j+k+1,2}=f_{u,j,1}+f_{v,k,1}+w_{u\to v}$

sz优化以及边界优化后时间复杂度$O(nk)$

#include<map>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
using ll=long long;
using pii=pair<int,int>;
using pli=pair<long long,int>;
constexpr int N=300010,M=600010;
constexpr ll INF=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
int h[N],e[M],ne[M],w[M],idx;
void add(int a,int b,int c){e[idx]=b,ne[idx]=h[a],w[idx]=c,h[a]=idx++;}
int n,m,sz[N];
ll f[N][105][3],g[105][3];
void dfs(int u,int fa)
{f[u][0][0]=0;f[u][0][1]=0;f[u][1][2]=0;  //一个点看成自环sz[u]=1;for(int i=h[u];i!=-1;i=ne[i]){int v=e[i];if(v==fa) continue;dfs(v,u);for(int j=0;j<=sz[u]+sz[v]&&j<=m;j++) g[j][0]=g[j][1]=g[j][2]=-INF;for(int j=0;j<=sz[u]&&j<=m;j++)for(int k=0;k<=sz[v]&&k+j<=m;k++){g[j+k][0]=max(g[j+k][0],f[u][j][0]+f[v][k][0]);g[j+k][1]=max(g[j+k][1],max(f[u][j][1]+f[v][k][0],f[u][j][0]+f[v][k][1]+w[i]));g[j+k][2]=max(g[j+k][2],f[u][j][2]+f[v][k][0]);if(j+k+1<=m) g[j+k+1][2]=max(g[j+k+1][2],f[u][j][1]+f[v][k][1]+w[i]);}for(int j=0;j<=sz[u]+sz[v]&&j<=m;j++)f[u][j][0]=g[j][0],f[u][j][1]=g[j][1],f[u][j][2]=g[j][2];sz[u]+=sz[v];}for(int j=0;j<=sz[u]&&j<=m;j++){f[u][j][0]=max(f[u][j][0],f[u][j][2]);if(j) f[u][j][0]=max(f[u][j][0],f[u][j-1][1]);}
}
int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);cout.tie(nullptr);cin>>n>>m; ++m;memset(h,-1,sizeof h);memset(f,-0x3f,sizeof f);for(int i=1;i<n;i++){int a,b,c;cin>>a>>b>>c;add(a,b,c),add(b,a,c);}dfs(1,0);cout<<f[1][m][0]<<'\n';return 0;
}

wqs二分优化待补
upd：2021/2/28
打表观察可知：$f_{u,j,0/1/2}(j)$这个函数也就是在坐标轴上的点$(j,f(j))$形成的图像是凸的，于是可以采用wqs二分的优化技巧去掉dp数组第二维选择个数的限制。
由于wqs二分的一些细节，需要用一个结构体记录，分别表示值和选择的个数，值相同我们尽量选择个数少的方案。

#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
using ll=long long;
using pii=pair<int,int>;
using pli=pair<long long,int>;
constexpr int N=300010,M=600010;
constexpr ll INF=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
int h[N],e[M],ne[M],w[M],idx;
void add(int a,int b,int c){e[idx]=b,ne[idx]=h[a],w[idx]=c,h[a]=idx++;}
int n,m;
struct node
{ll v;int cnt;bool operator<(const node& o)const{return v<o.v||v==o.v&&cnt>o.cnt;}bool operator>(const node& o)const{return v>o.v||v==o.v&&cnt<o.cnt;}node operator+(const node& o)const{return (node){v+o.v,cnt+o.cnt};}
}f[N][3];
void dfs(int u,int fa,ll delta)
{f[u][0]=(node){0,0};f[u][1]=(node){0,0};f[u][2]=(node){-delta,1};for(int i=h[u];i!=-1;i=ne[i]){int v=e[i];if(v==fa) continue;dfs(v,u,delta);          //这里没用备份数组 注意顺序一定不能改f[u][2]=max(f[u][2],max(f[u][1]+f[v][1]+(node){w[i]-delta,1},f[u][2]+f[v][0]));f[u][1]=max(f[u][1],max(f[u][1]+f[v][0],f[u][0]+f[v][1]+(node){w[i],0}));f[u][0]=max(f[u][0],f[u][0]+f[v][0]);}f[u][0]=max(max(f[u][0],f[u][2]),(node){f[u][1].v-delta,f[u][1].cnt+1});
}
bool check(ll x)
{dfs(1,0,x);return f[1][0].cnt<=m;
}
int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);cout.tie(nullptr);cin>>n>>m; ++m;memset(h,-1,sizeof h);memset(f,-0x3f,sizeof f);for(int i=1;i<n;i++){int a,b,c;cin>>a>>b>>c;add(a,b,c),add(b,a,c);}ll l=-1e12,r=1e12;while(l<r){ll mid=l+r>>1;if(check(mid))  r=mid;else l=mid+1;}check(l);cout<<1ll*m*l+f[1][0].v<<'\n';return 0;
}

第一道洛谷黑题，明天开学起飞
要加油哦~