考試的時候，本來想拿60的貪心，但是只拿了15……很不開心！
不過現在知道正解了qwq……
對於每個點，都開乙個優先佇列，這個優先佇列裡的值，代表這個點的子樹分成的若干個集合中最大的值。
那麼我們對於乙個沒有處理的點，分別列舉每乙個子樹，分別合併每乙個優先佇列，最後再加入這個點，得到新的優先佇列。
對於正確性，由於每乙個點都會單獨加入優先佇列，所以這個點和子樹中的任何乙個點都不是同一集合，滿足了題意，並且每一層的合併肯定是最優，大的和大的合併。
對於時間，由於每乙個點都會被進行上述操作，所以 n * ，對於列舉每個兒子的優先佇列，視為 logn ，刪除 logn ，所以複雜度o（n * log2n）。
考試沒想出來……嗚嗚嗚
#include#include#include
#define mogeko qwq
#define ll long long
using
namespace
std;
const
int maxn = 2e5+10
;int
n,f,cnt;
ll w[maxn],tem[maxn],id[maxn];
ll ans;
inthead[maxn],to[maxn],nxt[maxn];
priority_queue
q[maxn];
void add(int x,int
y)void dfs(int
u)
if(q[id[v]].size() >q[id[u]].size()) swap(id[u],id[v]);
int cnt = 0
;
while(!q[id[v]].empty())
for(int i = 1; i <= cnt; i++)
q[id[u]].push(tem[i]);
}q[id[u]].push(w[u]);
}int
main()
dfs(1);
while(!q[id[1
]].empty())
printf(
"%lld
",ans);
return0;
}
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