「CCO 2020」千山万壑

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「CCO 2020」千山万壑

性质推演

推论1:不选择非树边时，答案为 \(2(n-1)-\) 直径长

比较明显就不证了

推论2:最多只会选择一条非树边

考虑如果选择两条非树边，此时必然有答案 \(\ge n-1+3\lceil\frac{n}{3}\rceil\)

因为能够选择这样的非树边，则必然存在一条长度 \(>\frac{n}{3}\) 的路径，也就是说

直径长度 \(>\frac{n}{3}\) ，故此时选择直径更优

因此不会选择两条非树边

\[ \ \]

答案计算

下称起点终点路径 \((s,t)\) ，选择的边为 \((u,v,w)\)

如果 \((s,t)\) 与 \((u,v)\) 无交，则无序额外计算贡献，此时贡献为

\(2(n-1)-dis(s,t)-(dis(u,v)-w)\)

当 \((s,t)\) 与 \((u,v)\) 有交时，设交长度为 \(len\) ，则需要额外花费 \(2(len-1)\) 的代价取遍历交部分的点

\[ \ \]

求解

显然我们需要先知道 \(dis(u,v)\) ，可以 \(O(n)\) 预处理，我们选择的非树边一定满足 \(dis(u,v)>w\)

考虑抽直径构成序列 \(L_i\) ，然后考虑每一条非树边 \((u,v,w)\) 的贡献，设 \(u,v\) 在直径上对应根的编号为 \(x,y\)

如果 \(x=y\) ，显然可以选择直径，下面讨论 \(x<y\) 的情况

  1. \((s,t)\) 与 \((u,v)\) 无交

1-1.对于 \((u,v)\) 之间的部分可以区间查询最值

1-2.两边预处理前缀/后缀最值

1-3.直径连接到 \(u\) ， \(v\) 子树的部分的答案可以换根 \(dp\) 预处理

  1. \((s,t)\) 与 \((u,v)\) 有交，设交部分在直径上的区间为 \([l,r]\)

2-1. 相交跨过直径上多个点

2-1-1.若 \(x<l<r<y\) ，此时容易用线段树维护答案

2-1-2. 若 \(x<y , \text{and } (l=x \text{ or } r=y)\) ，此时显然两边部分最优一定是选择在直径上的部分

以下情况一定不优

另一边的答案可以在线段树上查询出来，是一个区间的前缀/后缀

2-2.若 \(l=r\) ，此时 \(l=x\) 或 \(l=y\) ，且在 \([u,x],[v,y]\) 部分有交

容易发现，此时确定 \((s,t)\) 一边一定在直径的一端，另一端 \(x,y\) 对应的子树中

同样可以通过换根 \(dp\) 解决

区间查询，如果使用线段树解决，复杂度为 \(O(n+m\log n)\)

如果用奇怪数据结构（猫树），复杂度为 \(O(n\log n+m)\)

「CCO 2020」千山万壑

性质推演

推论1:不选择非树边时，答案为 \(2(n-1)-\) 直径长

比较明显就不证了

推论2:最多只会选择一条非树边

考虑如果选择两条非树边，此时必然有答案 \(\ge n-1+3\lceil\frac{n}{3}\rceil\)

因为能够选择这样的非树边，则必然存在一条长度 \(>\frac{n}{3}\) 的路径，也就是说

直径长度 \(>\frac{n}{3}\) ，故此时选择直径更优

因此不会选择两条非树边

\[ \ \]

答案计算

下称起点终点路径 \((s,t)\) ，选择的边为 \((u,v,w)\)

如果 \((s,t)\) 与 \((u,v)\) 无交，则无序额外计算贡献，此时贡献为

\(2(n-1)-dis(s,t)-(dis(u,v)-w)\)

当 \((s,t)\) 与 \((u,v)\) 有交时，设交长度为 \(len\) ，则需要额外花费 \(2(len-1)\) 的代价取遍历交部分的点

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\[ \ \]

求解

显然我们需要先知道 \(dis(u,v)\) ，可以 \(O(n)\) 预处理，我们选择的非树边一定满足 \(dis(u,v)>w\)

考虑抽直径构成序列 \(L_i\) ，然后考虑每一条非树边 \((u,v,w)\) 的贡献，设 \(u,v\) 在直径上对应根的编号为 \(x,y\)

确定非树边之后，我们需要选择一个最优的 \((s,t)\) ，答案计算上面已经提及

如果 \(x=y\) ，显然可以选择直径，下面讨论 \(x<y\) 的情况

  1. \((s,t)\) 与 \((u,v)\) 无交

1-1.对于 \((u,v)\) 之间的部分可以区间查询子树最值

1-2.两边预处理前缀/后缀最值

1-3.直径连接到 \(u\) ， \(v\) 子树的部分的答案

就是一棵树剔除根到一个点路径之后的直径长度，可以换根 \(dp\) 预处理

  1. \((s,t)\) 与 \((u,v)\) 有交，设交部分在直径上的区间为 \([l,r]\)

容易参分转化为求解： \(dis(s,t)+dis(u,v)-w-2(r-l)+2\) 最大值

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2-1. 相交跨过直径上多个点

2-1-1.若 \(x<l<r<y\) ，此时容易用线段树维护答案

合并时减去跨过长度的贡献即可

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2-1-2. 若 \(x<y , \text{and } (l=x \text{ or } r=y)\) ，此时显然两边部分最优一定是选择在直径上的部分

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以下情况一定不优

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另一边的答案可以在线段树上查询出来，是一个区间的前缀/后缀

2-2.若 \(l=r\) ，此时 \(l=x\) 或 \(l=y\) ，且在 \([u,x],[v,y]\) 部分有交

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容易发现，此时确定 \((s,t)\) 一边一定在直径的一端，另一端 \(x,y\) 对应的子树中

同样可以通过换根 \(dp\) 解决

区间查询，如果使用线段树解决，复杂度为 \(O(n+m\log n)\)

如果用奇怪数据结构（猫树），复杂度为 \(O(n\log n+m)\)

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef double db;
typedef pair <int,int> Pii;
#define reg register
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define Mod1(x) ((x>=P)&&(x-=P))
#define Mod2(x) ((x<0)&&(x+=P))
#define rep(i,a,b) for(int i=a,i##end=b;i<=i##end;++i)
#define drep(i,a,b) for(int i=a,i##end=b;i>=i##end;--i)
template <class T> inline void cmin(T &a,T b){ ((a>b)&&(a=b)); }
template <class T> inline void cmax(T &a,T b){ ((a<b)&&(a=b)); }

char IO;
template <class T=int> T rd(){
	T s=0; int f=0;
	while(!isdigit(IO=getchar())) f|=IO=='-';
	do s=(s<<1)+(s<<3)+(IO^'0');
	while(isdigit(IO=getchar()));
	return f?-s:s;
}

const int N=5e5+10,M=2e6+10,INF=1e9+10;


int n,m;
int U[M],V[M],W[M],D[M],vis[N];

struct Edge{
	int to,nxt;
} e[N<<1];
int head[N],ecnt;
void AddEdge(int u,int v){
	e[++ecnt]=(Edge){v,head[u]};
	head[u]=ecnt;
}

int ma,num,fa[N],dep[N];
vector <Pii> G[N];
int Find(int x){ return fa[x]==x?x:fa[x]=Find(fa[x]); }
void dfs1(int u,int f){
	if(dep[u]>ma) ma=dep[u],num=u;
	vis[fa[u]=u]=1;
	for(Pii v:G[u]) if(vis[v.first]) D[v.second]=dep[u]+dep[v.first]-2*dep[Find(v.first)];
	for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt) {
		int v=e[i].to;
		if(v==f) continue;
		dep[v]=dep[u]+1,dfs1(v,u);
	}
	fa[u]=f;
}
void dfs2(int u,int f){
	if(dep[u]>ma) ma=dep[u],num=u;
	fa[u]=f;
	for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt) {
		int v=e[i].to;
		if(v==f) continue;
		dep[v]=dep[u]+1,dfs2(v,u);
	}
}

int id[N],L[N],C,dp[N][2],dp2[N],g[N],h[N];
int subid[N];

void dfs3(int u,int f){
	fa[u]=f;
	for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt){
		int v=e[i].to;
		if(id[v]||v==f) continue;
		dfs3(v,u);
		cmax(dp2[u],dp2[v]);
		int t=dp[v][0]+1;
		if(t>dp[u][0]) dp[u][1]=dp[u][0],dp[u][0]=t;
		else cmax(dp[u][1],t);
	}
	cmax(dp2[u],dp[u][0]+dp[u][1]);
}
void dfs4(int u,int f,int d=0){
	dep[u]=d,subid[u]=d<=1?u:subid[f];
	int tg[2]={-INF,-INF},th[2]={0,0};
	for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt){
		int v=e[i].to;
		if(id[v]||v==f) continue;
		int x=dp[v][0]+1-(d?d:1e9);
		if(x>tg[0]) tg[1]=tg[0],tg[0]=x;
		else cmax(tg[1],x);

		x=max(dp2[v],dp[v][0]+1);
		if(x>th[0]) th[1]=th[0],th[0]=x;
		else cmax(th[1],x);
	}
	for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt){
		int v=e[i].to;
		if(id[v]||v==f) continue;
		h[v]=max(h[u],th[0]==max(dp2[v],dp[v][0]+1)?th[1]:th[0]);
		g[v]=max(g[u],tg[0]==dp[v][0]+1-(d?d:1e9)?tg[1]:tg[0]);
		id[v]=id[u],dfs4(v,u,d+1);
	}
	if(f) cmax(g[u],dp[u][0]-d);
	cmax(h[u],dp2[u]);
}

struct Node{
	int len,ans,l,r;
	Node operator + (const Node __) const {
		Node res; res.len=len+__.len;
		res.ans=max(ans,__.ans);
		res.l=max(l,__.l-len),res.r=max(r-__.len,__.r);
		cmax(res.ans,r+__.l+1);
		return res;
	}
} s[N<<2];
void Build(int p,int l,int r) {
	if(l==r) {
		s[p]=(Node){1,max(dp2[L[l]],dp[L[l]][0]),dp[L[l]][0],dp[L[l]][0]};
		return;
	}
	int mid=(l+r)>>1;
	Build(p<<1,l,mid),Build(p<<1|1,mid+1,r);
	s[p]=s[p<<1]+s[p<<1|1];
}
Node Que(int p,int l,int r,int ql,int qr){
	if(ql<=l && r<=qr) return s[p];
	int mid=(l+r)>>1;
	if(qr<=mid) return Que(p<<1,l,mid,ql,qr);
	if(ql>mid) return Que(p<<1|1,mid+1,r,ql,qr);
	return Que(p<<1,l,mid,ql,qr)+Que(p<<1|1,mid+1,r,ql,qr);
}
int ls[N],rs[N];

int main(){
	n=rd();
	rep(t,1,rd()){
		int u=rd()+1,v=rd()+1,w=rd();
		if(w==1) AddEdge(u,v),AddEdge(v,u);
		else U[++m]=u,V[m]=v,W[m]=w,G[u].pb(mp(v,m)),G[v].pb(mp(u,m));
	}
	ma=-1,dfs1(1,0);
	ma=-1,dep[num]=0,dfs2(num,0);
	for(int u=num;u;u=fa[u]) L[id[u]=++C]=u;
	rep(i,1,C) dfs3(L[i],0),g[L[i]]=-INF,dfs4(L[i],0);
	rep(i,1,C) ls[i]=max(ls[i-1],i-1+dp[L[i]][0]);
	drep(i,C,1) rs[i]=max(rs[i+1],C-i+dp[L[i]][0]);
	Build(1,1,C);

	int ans=C-1;
	rep(i,1,m) if(D[i]>W[i]) {
		int u=U[i],v=V[i],d=0;
		if(id[u]>id[v]) swap(u,v);
		if(id[u]==id[v]) d=C-1;
		else {
			if(fa[u]) {
				cmax(d,h[u]);
				int f=subid[u],t=fa[f];
				cmax(d,id[u]-1+(dp[f][0]+1==dp[t][0]?dp[t][1]:dp[t][0]));
				cmax(d,id[u]-1+g[u]+2);
			} else cmax(d,dp[u][0]+id[u]-1);
			if(fa[v]) {
				cmax(d,h[v]);
				int f=subid[v],t=fa[f];
				cmax(d,C-id[v]+(dp[f][0]+1==dp[t][0]?dp[t][1]:dp[t][0]));
				cmax(d,C-id[v]+g[v]+2);
			} else cmax(d,dp[v][0]+C-id[v]);
			cmax(d,ls[id[u]-1]),cmax(d,rs[id[v]+1]);

			int g1=id[u]-1,g2=C-id[v];
			cmax(d,g1+g2-(id[v]-id[u])+2);
			if(id[u]+1<id[v]) {
				Node t=Que(1,1,C,id[u]+1,id[v]-1);
				cmax(d,t.ans);
				cmax(d,t.l+g1+1);
				cmax(d,t.r+g2+1);
			}
		}
		cmax(ans,D[i]-W[i]+d);
	}
	printf("%d\n",2*(n-1)-ans);
}