2020暑期牛客多校训练营第十场（C）Decrement on the Tree（图论，set）

Decrement on the Tree

原题请看这里

题目描述：

你得到一棵树。 有n个顶点和n-1个边。 树中的每个边都有一个非负的权重。 每次都可以选择两个不同的顶点u，v，并将路径上每个边的权重减去1。要使所有边的权重变为零。
最小操作数是多少？
您还需要支持边权重的修改：将第p个边的权重更改为w。 每次修改后，您都需要输出答案。

输入描述：

第一行包含两个整数$n，q(1 \leq n，q \leq 10 ^ 5)$n，q(1≤n，q≤105)
在接下来的$n-1$n−1行中，每行包含三个整数$u，v，w(1 \leq u，v \leq n，1 \leq w \leq 10 ^ 9)$u，v，w(1≤u，v≤n，1≤w≤109)------权重为$w$w的边$(u，v)$(u，v) 。 边缘按顺序从$1$1索引到$n-1$n−1。
在接下来的$q$q行中，每行包含两个整数$p，w(1 \leq p \leq n-1，1 \leq w \leq 10 ^ 9)$p，w(1≤p≤n−1，1≤w≤109)。

输出描述：

输出$q + 1$q+1个整数，原始树的答案以及每次修改后的答案。

样例输入：

5 3
1 2 3
1 3 4
2 4 5
3 5 6
1 10
2 10
3 10

样例输出：

8
12
10
10

思路：

观察题意，我们发现有几次操作就是覆盖几条线段（路径），所以我们只要关注路径的起点和终点，路径数就是起点终点的数量和$/2$/2。

如果有一条边的权值很大，超过了其他所有边的权值和，那么必然会出现某条边非常多的情况，起点和终点的数量为这条边的数量*2，就像最后一个图形一样。
如果没有超过，那么就会有前两种情况出现。

$AC$AC $Code：$Code：

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int MAXN = 1e5 + 10;
multiset < ll > s[MAXN];
multiset < ll > :: iterator it;
int n, q, a[MAXN], b[MAXN];
ll w[MAXN], sum[MAXN], ans;
ll date (int x) {
	it = s[x].end();
	--it;
	ll maxn = *it;
	if (maxn * 2  > sum[x]) return 2 * maxn - sum[x];
	return sum[x] & 1;
}
int main() {
	scanf("%d%d", &n, &q);
	for (int i = 1 ; i < n ; ++i){
		scanf("%d%d%lld", a+i, b+i, w+i);
		s[a[i]].insert(w[i]);
		s[b[i]].insert(w[i]);
		sum[a[i]] += w[i];
		sum[b[i]] += w[i];
	}
	for(int i = 1 ; i <= n ; ++i) 
		ans += date(i);
	printf("%lld\n", ans/2ll);
	while (q--) {
		int p;
		ll val;
		scanf("%d%lld", &p, &val);
		ans -= date(a[p]) + date(b[p]);
		s[a[p]].erase(s[a[p]].find(w[p]));
		s[b[p]].erase(s[b[p]].find(w[p]));
		s[a[p]].insert(val);
		s[b[p]].insert(val);
		sum[a[p]] += val - w[p];
		sum[b[p]] += val - w[p];
		w[p] = val;
		ans += date(a[p]) + date(b[p]);
		printf("%lld\n", ans/2ll);
	}		
}