D. The Omnipotent Monster Killer

D. The Omnipotent Monster Killer

题目大意：
有一棵树，树节点数不超过\(3·10^5\)，每个节点的权值，定义为数组\(a(a_i<10^{12})\)，初始\(sum=0\)，每一轮执行如下操作：

• 计算当前剩余所有的点权和，累计到\(sum\)中
• 任选若干个互不相邻的节点并移除

重复这个操作直到树上没有任何节点为止，最小化\(sum\)。

整体感觉这道题带来的启发很多，值得慢慢细品。

首先第一个误区以为可以贪心的两轮操作结束，比如：

先移除2 4，再移除1 3。
但是很容易举出反例：

显然要先移除4 5，再移除一个2，最后移除剩余的1，需要三轮才能完成。
三轮能否确定结束呢？如果是链式结构确实是可以的，因为链式结构中，任意节点最多只有两个节点相邻，这三者互不相同也只有三轮操作。
而在树上，某个节点N相邻可能有n个\(X_i\)，如果每一个均在不同轮次移除，那么节点N需要在第\(n+1\)轮才能移除。

然后是第二个误区，是否每轮选择树上最大独立集？即任选互不相邻节点，树形dp求权重和最大的选择。
这个可以解决上面1-2-3-4和5-2-1-4两种情况。
如果有多轮，似乎也可以解决，然而这也是不对的，简单反例如下：

第一轮最大独立集是(5,6)，然而剩余的(3,4)由于是相邻的，只能先选4再选3，\(sum=(6+5+4+3)+(4+3)+3=28\)
而选择(4,6)，则有\(sum=(6+5+4+3)+(5+3)=26\)

综上我们得出两个结论，第一需要多轮操作才可能最小化\(sum\)，第二最大独立集的贪心思路是错误的。
此时一个关键问题摆在了我们面前，我们最多可能需要多少轮操作呢？
构造多轮的树结构不是那么容易，赛时也挺难悟到，这里给出一个建树方式

• 初始只有两个节点1，此时我们需要一轮操作

• 添加一个节点2，此时我们需要两轮操作

• 在1和2节点上添加4和5，此时由于我们需要先移除(4,5)，所以需要三轮操作

• 下面是递推的构造，在之前出现的所有节点上，添加(8-11)，此时第一轮移除(8-11)是最优的，加上之前的三轮，我们就需要四轮操作
  

• ...重复下去，每轮添加的节点个数是\(2^{x-2}\)，节点权值分别是\([2^{x-1},2^{x-1}+2^{x-2}-1]\)。

这样需要x轮操作移除所有节点的情况下，节点总数需要\(2^{x-1}\)，而节点总数是\(n\)的情况下，我们至多需要的轮数就是\(logn+1\)
这是第一个难点，需要能推算到至多需要的轮数是\(logn+1\) 不妨设\(T=logn+1\)
讨论真正的做法前，我们需要反思以下：
之前常做的树形dp往往是对一个节点的操作是选或者不选这种两个状态的转移，典型就是树的最大独立集。
就算是多节点多状态也往往是题意里推导出的带有意义的固定个数，比如968. 监控二叉树
这导致很容易把树形dp中dp的内涵忽略，对本题而言，虽然是树形dp，但是节点却是有\(T=logn+1\)这样一个状态数。
因此第二个难点就是，要能发现树形dp的状态需要定义为数组\(dp[i][j]\)，其中\(i\)为节点，\(j∈[1,T]\)。每个节点可能出现在任何一轮，而如果节点在第x轮移除，那么他产生的对\(sum\)的贡献为\(x*a_i\)。

然后如何进行状态转移呢？每个节点需要基于所有子节点的状态进行转移
这是难点三，推导转移方程。每个节点的初始都是一致的，即每轮的自身代价。
这里假设节点i有k个子节点，转移中，是对于每个自身轮数，需要依次累加子节点不同轮数的最小\(sum\)
即\(f[i][j]= dp[i][j] + \sum_{s=1}^k(min(f[s][t]),(t∈[1,T],t≠j))\)
简单枚举每个\(j∈[1,T]\)，再枚举子节点\(t∈[1,T]\)，取\(j≠t\)的最小值，复杂度为\(O(log^2n)\)
整体复杂度\(O(nlog^2n)\)
不过这里有个经典小技巧用于处理这个问题。
对于每个\(t∈[1,T]\)，可以遍历依次统计\(dp[s][t]\)的最小值min和次小值min2
然后对于每个\(j\)，则有

\[\begin{flalign} &\ f[i][j] = \begin{cases} min, & f[s][t] ≠ min \\ min2, & f[s][t] = min \\ \end{cases} & \end{flalign} \]

所以整体复杂度可以降为\(O(nlogn)\)
核心代码如下（未使用该技巧，本题没卡log）

long[][] f = new long[n][];
for(int i = 0; i < n; i++) f[i] = new long[T];
void DFS(int u, int fa)
{for(int k = 0; k < T; k++){f[u][k] = (k + 1) * w[u];}foreach(int v in g[u]){if(v == fa) continue;DFS(v, u);for(int k = 0; k < T; k++){long min = long.MaxValue;for(int s = 0; s < T; s++){if(s != k) min = Math.Min(min, f[v][s]);}f[u][k] += min;}}
}
DFS(0, -1);
long ans = long.MaxValue;
for(int i = 0; i < T; i++) ans = Math.Min(f[0][i], ans);
Print(ans);