题目描述
题目简述：树版[k取方格数]
众所周知，桂木桂马是攻略之神，开启攻略之神模式后，他可以同时攻略k部游戏。今天他得到了一款新游戏《XX
半岛》，这款游戏有n个场景(scene)，某些场景可以通过不同的选择支到达其他场景。所有场景和选择支构成树状
结构：开始游戏时在根节点（共通线），叶子节点为结局。每个场景有一个价值，现在桂马开启攻略之神模式，同
时攻略k次该游戏，问他观赏到的场景的价值和最大是多少（同一场景观看多次是不能重复得到价值的）
“为什么你还没玩就知道每个场景的价值呢？”
“我已经看到结局了。”
输入
第一行两个正整数n,k
第二行n个正整数，表示每个场景的价值
以下n-1行,每行2个整数a,b，表示a场景有个选择支通向b场景（即a是b的父亲）
保证场景1为根节点
n<=200000，1<=场景价值<=2^31-1
输出
输出一个整数表示答案
样例输入
5 2
4 3 2 1 1
1 2
1 5
2 3
2 4
4 3 2 1 1
1 2
1 5
2 3
2 4
样例输出
10
因为重复选同一个点不计入答案多次，也就相当于选k条链(互不相交)，使每条链长尽可能大。每个节点的深度就是从这个点到根路径上的点权和，而每条链的长度则是链上所有点的点权和。那么我们就可以对整棵树进行长链剖分，然后记录每条长链的长度，取前k大条链就好了。如果不了解长链剖分可以参见->长链剖分。
#include<queue>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
int n,k;
int q[200010];
int cnt;
int tot;
int head[200010];
int next[400010];
int to[400010];
int x,y;
int v[200010];
int son[200010];
ll d[200010];
int f[200010];
ll mx[200010];
ll val[200010];
ll ans;
void add(int x,int y)
{
tot++;
next[tot]=head[x];
head[x]=tot;
to[tot]=y;
}
bool cmp(int x,int y)
{
return val[x]>val[y];
}
void dfs(int x,int fa)
{
d[x]=d[fa]+v[x];
f[x]=fa;
mx[x]=d[x];
for(int i=head[x];i;i=next[i])
{
if(to[i]!=f[x])
{
dfs(to[i],x);
mx[x]=max(mx[x],mx[to[i]]);
if(mx[to[i]]>mx[son[x]])
{
son[x]=to[i];
}
}
}
}
void dfs2(int x,int tp)
{
val[tp]+=v[x];
if(son[x])
{
dfs2(son[x],tp);
}
for(int i=head[x];i;i=next[i])
{
if(to[i]!=son[x]&&to[i]!=f[x])
{
q[++cnt]=to[i];
dfs2(to[i],to[i]);
}
}
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&k);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&v[i]);
}
for(int i=1;i<n;i++)
{
scanf("%d%d",&x,&y);
add(x,y);
add(y,x);
}
dfs(1,0);
q[++cnt]=1;
dfs2(1,1);
sort(q+1,q+1+cnt,cmp);
for(int i=1;i<=k;i++)
{
ans+=val[q[i]];
}
printf("%lld",ans);
}