Paths升级

考试题的Path的升级版，不是求最多的路径数量，而是求选哪些路径的价值和最大，这样就没有办法贪心了。

知识点：
1、很明显的能看出来这是一道树形dp题。
2、每个点之间的关系要和路径连上关系，树上的路径是固定的，那就有一个lca。
3、为了计算dp值，要求路径上的点的值，又要更新，那就要用到线段树。
4、树上的线段树，又要用到dfs序。

然后分条来讲
1、树形dp这就没法讲了，看不出来也没有办法
2、树上的路径都有两个端点，又要求路径上的每个点的相关数据，那就要知道一个lca，方便计算
3、dp的定义是以i为根时权值最大为dp[i]，还要一个sum[i]，用来计算i的每个子节点的dp值的和，转移时dp[i]=max(sum[i],sum[i]+ALLsum[k]-ALLdp[k]),其中k是以i为lca的一条路径的节点。
这样讲肯定看不懂，可以这么理解。
现在有一条路径，如果要选这条路径，那么这条路径上的所有点不能作为其他路径上的点，那么就要收集路径上的sum和dp，用sum-dp就行了。dp是要减掉路径上的点的可能性。
4、dfs序在这里简单，只要记录一下L、R就行。线段树里装的是这个点到1点的路径上的sum值得和与dp值得和。那这棵子树上就是Query(x)+Query(y)-Query(lca)*2 就行了。

还要注意只有当所有子节点都算出来后才能算父节点。

#include<bits/stdc++.h>#define M 100005using namespace std;struct node1{int x,y,lca,z;};vector<node1>G[M];vector<int>edge[M];int fa[18][M],dep[M],n,m,dp[M],sum[M];int R[M],L[M],T;struct node2{int L,R,s,d;}tree[4*M];void Build(int L,int R,int p){//以下的Build，Query，Change都是线段树，写的有点麻烦，大致是单点查询，区间更新    tree[p].L=L;tree[p].R=R;        tree[p].s=tree[p].d=0;    if(L==R){        return;    }    int mid=(L+R)/2;    Build(L,mid,p*2);Build(mid+1,R,p*2+1);}int Querys(int L,int R,int p){    if(tree[p].L==L&&tree[p].R==R)return tree[p].s;    int mid=(tree[p].L+tree[p].R)/2;    if(mid>=R)return Querys(L,R,2*p)+tree[p].s;    else if(mid<L)return Querys(L,R,2*p+1)+tree[p].s;    else return Querys(L,mid,2*p)+Querys(mid+1,R,2*p+1)+tree[p].s;}int Queryd(int L,int R,int p){    if(tree[p].L==L&&tree[p].R==R)return tree[p].d;    int mid=(tree[p].L+tree[p].R)/2;    if(mid>=R)return Queryd(L,R,2*p)+tree[p].d;    else if(mid<L)return Queryd(L,R,2*p+1)+tree[p].d;    else return Queryd(L,mid,2*p)+Queryd(mid+1,R,2*p+1)+tree[p].d;}void Change(int L,int R,int p,int sumk,int dpk){    if(tree[p].L==L&&tree[p].R==R){        tree[p].s+=sumk;tree[p].d+=dpk;        return;    }    int mid=(tree[p].L+tree[p].R)/2;    if(mid>=R)Change(L,R,2*p,sumk,dpk);    else if(mid<L)Change(L,R,2*p+1,sumk,dpk);    else Change(L,mid,2*p,sumk,dpk),Change(mid+1,R,2*p+1,sumk,dpk);}void f(int x,int fa1){//造树，dfs序    fa[0][x]=fa1;dep[x]=dep[fa1]+1;    L[x]=++T;    for(int i=0;i<(int)edge[x].size();i++){        int y=edge[x][i];        if(y==fa1)continue;        f(y,x);    }    R[x]=T;}void Init(){//LCA的预处理    for(int j=1;j<18;j++)        for(int i=1;i<=n;i++)            fa[j][i]=fa[j-1][fa[j-1][i]];}int LCA(int x,int y){//求两点LCA    if(dep[x]>dep[y])swap(x,y);    int step=dep[y]-dep[x];    for(int i=0;i<18;i++)        if(step&(1<<i))y=fa[i][y];    if(x==y)return x;    for(int i=17;i>=0;i--)        if(fa[i][x]!=fa[i][y])            x=fa[i][x],y=fa[i][y];    return fa[0][x];} void f1(int x,int fa1){    for(int i=0;i<(int)edge[x].size();i++){//先算完所有字点        int y=edge[x][i];        if(y==fa1)continue;        f1(y,x);        sum[x]+=dp[y];    }    dp[x]=sum[x];    for(int i=0;i<(int)G[x].size();i++){//用所有lca为x的路径来更新        int X=G[x][i].x,Y=G[x][i].y;        int sumk=Querys(L[X],L[X],1)+Querys(L[Y],L[Y],1);        int dpk=Queryd(L[X],L[X],1)+Queryd(L[Y],L[Y],1);        dp[x]=max(dp[x],sum[x]+G[x][i].z+sumk-dpk);    }    Change(L[x],R[x],1,sum[x],dp[x]);//算完更新}void solve(){    scanf("%d%d",&n,&m);    for(int i=1;i<n;i++){        int x,y;        scanf("%d%d",&x,&y);        edge[x].push_back(y);        edge[y].push_back(x);    }    f(1,0);Init();    for(int i=1;i<=m;i++){        int x,y,z;        scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);        int lca=LCA(x,y);        G[lca].push_back((node1){x,y,lca,z});//按照lca放    }    Build(1,n,1);    f1(1,0);    printf("%d\n",dp[1]);}void Clear(){//多组数据，要清空    T=0;    memset(fa,0,sizeof fa);    memset(dep,0,sizeof dep);    memset(dp,0,sizeof dp);    memset(sum,0,sizeof sum);    memset(L,0,sizeof L);    memset(R,0,sizeof R);    for(int i=1;i<=n;i++)edge[i].clear();    for(int i=1;i<=n;i++)G[i].clear();}int main(){    int cas;    scanf("%d",&cas);    while(cas--){        solve();        Clear();    }    return 0;}