题目

n(n<=1e5)个点的一棵树，依次输入n-1条边，

边号1到n-1，第i条边连接ui和vi，权重为wi(1<=wi<=1e9)

每次你可以选择两个不同的点u,v，并使u,v这条链上的所有边的边权都减1，

你想使得这n-1条边的最终权值都为0，求最小操作次数

对于原树，需要输出一次答案

以下，q(q<=1e5)次修改，第j次把边pj的权值改为wj(1<=wj<=1e9)，

每次修改后，需要再输出一次答案

思路来源

2020牛客多校第十场C_哔哩哔哩_bilibili

将边权考虑为边端点的点权，问题转化为，操作最少的边，使所有点权变为0

考虑找到要操作的边的端点总数ans，则最少的边数为ans/2

1. 叶子一定是要操作的边的端点，要加入叶子结点的点权

2. 非叶子节点对端点的贡献：

（1）如果该节点有一边边权贡献的权值大于其余所有边贡献的权值，多的权值无法与其他边连成线，所以这个差值为该节点对端点的贡献

（2）否则，如果点权之和是偶数，一定可以每次选两条边穿过该节点，使该节点不成为端点，对端点的贡献值为0；如果为奇数，则该节点对端点的贡献值为1

题解

先把对边权的修改，视作是对点权的修改，

即u到v这一条链上的所有点都减1，所以，需要先把边权加到点权上

对于链u-x-v来说，操作u-v，可以使得进入x的边-1，离开x的边-1，

单独考虑连向x的边，即一个边两两匹配问最终是否能匹配完的问题，

只需讨论最大边权mx和剩余边权和oth的大小关系，决定最终需要剩几条边，

①mx>oth，剩mx-oth条边

②mx<=oth，考虑总的边权和为偶数一定可以两两兑掉使x不为端点，否则x需要成为一次端点

此外，叶子节点实际是只连了一条边，不存在两两匹配的问题，一定为端点

考虑这个贪心的正确性，

对于每个点都是贪心地考虑最小的操作次数，所以最终n个点的操作次数和是最少的，必要性

并且可以根据这个最少次数构造出对应的方案，每次选两个端点兑掉即可，充分性

代码

#include
using namespace std;
const int N=1e5+10;
typedef long long ll;
typedef pair P;
int n,q,x,y,u,v,w;
ll sum[N],ans;
bool ok[N];
multisetnow[N];
vectore[N];
struct edge{int u,v,w;
}f[N];
ll cal(int x){if(ok[x])return sum[x];ll mx=*now[x].rbegin(),oth=sum[x]-mx;if(mx>oth)return mx-oth;else return sum[x]&1;
}
void dfs(int u,int fa){int c=0;for(auto &v:e[u]){if(v==fa)continue;dfs(v,u);c++;}if(!c)ok[u]=1;ans+=cal(u);
}
void add(int u,int y){now[u].insert(y);sum[u]+=y;ans+=cal(u);
}
void add2(int u,int v,int w){sum[u]+=w;now[u].insert(w);e[u].push_back(v);
}
void del(int u,int y){ans-=cal(u);sum[u]-=y;now[u].erase(now[u].find(y));
}
int main(){scanf("%d%d",&n,&q);for(int i=1;i