[CSP-S 2022]数据传输 题解

upd：回看了一遍突然发现有好多地方写错了（比如前面是 $b$ 后面突然变成 $a$），不过应该不影响阅读的。。吧，懒得改了。

提示：我这个方法比其它解法还要麻烦，目前最简洁的解法是 dottle 的解法，推荐阅读，我仅在此说明我的思路。

给定 $n$ 个点的树，点 $i$ 的点权为 $a_i$，给定整数 $k$。

称一条路径是合法的，当且仅当路径上相邻两点在树上的距离不超过 $k$。

定义一条路径的花费为路径上的点权之和。

$m$ 次询问，每次给定 $u,v$，求 $u\to v$ 路径花费的最小值。

$1\le n,m\le 2\times 10^5$。

Preface

又是一年 CSP 啊，虽然比去年长进不少，可仔细看来变化还是不大，去年考场上看出了 T1 的做法却写不出来，今年面对 T4 亦是如此啊，从这道题学到了不少。

主要还是方法有点笨，以及写的过程中失误太多，考场下我花了将近 4h 才写完，在考场上根本没有这个时间。这说明考场上适当的决策也很重要。

此外，考场上我因为始终没有发现 $k=3$ 时可以跳出链外，导致 $k=3$ 样例一直过不去，而我一直没有发现这个问题，只是对着程序不断静态纠错，最后因为过于匆忙甚至 $k=1$ 写挂，没删调试都没发现，最后原地爆炸。

还是要调整好心态，不管什么时候都要保持冷静。

Analysis

首先，看到 $k\le 3$ 的范围，显然是要分类讨论。

---

k=1：

显然，最小花费即为 $u\to v$ 在树上路径的点权和。倍增预处理，每次查询 LCA 然后树上前缀和即可。

时间复杂度 $\mathcal O((n+m)\log n)$。

---

k=2：

先考虑暴力的做法。将 $u\to v$ 在树上的路径拆下来，将点权写作序列 $b_{1\sim p}$ 研究。

我们用动态规划解决这个问题。设 $f(i)$ 表示 $1\sim i$ 的最小花费。

初始状态：$f(1)=b_1$。

状态转移方程：$f(i)=\min\{f(i-1)+b_i,f(i-2)+b_i\}$。

如果对矩阵很熟悉，不难发现这个就是一个矩阵优化的板子。

不过此处 $b_i$ 是变量，无法进行矩阵快速幂，当时考场上想到这里我脑子莫名其妙宕机了，感觉这题正解绝对是矩阵，但这个东西不会处理啊，然后就彻底蒙了，完全想偏了，最后打了暴力。

实际上和快速幂没有任何关系。因为是树上的静态查询问题，自然可以往倍增想。

因为矩阵满足交换律和结合律，完全可以把矩阵先存起来预处理，最后查询的时候再一次倍增求解。

先把上面那个式子写成矩阵：

$$\begin{bmatrix} f(i-1) & f(i-2) \end{bmatrix} \times \begin{bmatrix} a_i & 0\\ a_i & +\infty \end{bmatrix} =\begin{bmatrix} f(i) & f(i-1) \end{bmatrix}$$

为了方便，我们定义 $t=\text{LCA}(u,v)$，$k=3$ 时亦然。

把中间的转移矩阵存起来倍增预处理一下，询问的时候，因为正着走和倒着走没有区别，我们把 $u\to t\to v$ 拆成 $u\to t,v\to t$ 两条链，以 $u\to t$ 为例：

初始向量矩阵：

$$\begin{bmatrix} a_u & +\infty \end{bmatrix}$$

然后把 $fa_u\to t$ 上的转移矩阵全乘起来，就得到了 $u\to t$ 这条链上的答案。

类似地处理 $v\to t$，接下来考虑合并答案。

因为 $k=2$，只有两种可能：$u$ 走到 $t$ 再走到 $v$，或者不经过 $t$，直接从 $t$ 在 $u\to v$ 路径上的两个子节点处穿过。

记 $u\to t$ 的矩阵为 $P$，$v\to t$ 的矩阵为 $Q$，因为可以写作一维向量的形式，为了方便，我们直接将 $P$ 中的元素用类似序列下标的形式表示，即 $P(0),P(1)$。下面 $k=3$ 的情况里我们仍采用这种称呼。

针对两种情况，答案分别为 $P(0)+Q(0)-a_t,P(1)+Q(1)$，两者取 $\operatorname {min}$ 即可。

时空复杂度 $\mathcal O(2^3\times (n+m)\log n)$。

---

k=3：

其实 $k=3$ 大体思路和 $k=2$ 完全一致，只不过有一个小细节：答案路径上的节点不一定都是 $u\to v$ 这条链上的。

原因很简单，比如链上的点权都是 $10^9$ 级别，而与链相连的节点中有一个点权是 1，那走这个点显然更优。

题解里大部分做法是将距离设入状态中，我当时并没有想到，而是直接把链接出去的点再设计一个方程。

还是先考虑一条链上的暴力，因为与 $u$ 相连的点中，只有点权最小的有效，设这个最小点权为 $c_u$。

在 $k=2$ 的情况上再加一条：设 $g(i)$ 表示走到 $i$ 连接的点上的最小路径花费。

状态转移方程：

$$f(i)=\min\{f(i-1)+a_i,f(i-2)+a_i,f(i-3)+a_i,g(i-1)+a_i,g(i-2)+a_i\}\\ g(i)=\min\{f(i-1)+c_i,f(i-2)+c_i,g(i-1)+c_i\}$$

考虑将这个东西写成矩阵，那么样子就长这样：

$$\begin{bmatrix} f(i-1) & f(i-2) & f(i-3) & g(i-1) & g(i-2) \end{bmatrix} \times \begin{bmatrix} a_i & 0 & +\infty & b_i & +\infty\\ a_i & +\infty & 0 & b_i & +\infty\\ a_i & +\infty & +\infty & +\infty & +\infty\\ a_i & +\infty & +\infty & b_i & 0\\ a_i & +\infty & +\infty & +\infty & +\infty \end{bmatrix} \\=\begin{bmatrix} f(i) & f(i-1) & f(i - 2) & g(i) & g(i-1) \end{bmatrix}$$

倍增预处理和查询就很类似了，略过。

最后的合并情况很多，这里我直接把所有情况对应的式子列出来，因为用文字真的很难写出来 QAQ，理解一下叭 awa，有兴趣可以自己推一下，如果实在嫌我的方法麻烦还是看别的大佬的题解吧 qwq：

• $P(0)+Q(0)-a_t$

• $P(3)+ Q(3)-c_t$

• $P(1)+Q(1)$

• $P(1)+Q(2)$

• $P(1)+Q(4)$

• $P(4)+Q(1)$

• $P(2)+Q(1)$

所有情况取 $\operatorname{min}$ 即可。时间复杂度 $\mathcal O(5^3\times (n+m)\log n)$。

Code

// Problem: P8820 [CSP-S 2022] 数据传输
// Contest: Luogu
// URL: https://www.luogu.com.cn/problem/P8820
// Memory Limit: 1 MB
// Time Limit: 3000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)
 
#include <bits/stdc++.h>
#define pb emplace_back
using i64 = long long;
 
const i64 INF = 1e16;
const int maxn = 2e5 + 5;
std::vector<int> G[maxn];
int n,m;
int f[maxn][20],lg[maxn],dep[maxn];
i64 d[maxn],val[maxn],b[maxn];
 
void dfs(int u,int fa) {
	d[u] = d[fa] + val[u];
	for(auto& v : G[u]) {
		if(v == fa)continue ;
		dep[v] = dep[u] + 1;
		f[v][0] = u;
		for(int k = 1;(1 << k) <= dep[v];++ k)
			f[v][k] = f[f[v][k - 1]][k - 1];
		dfs(v , u);
	}
	return ;
}
 
int LCA(int u,int v) {
	if(dep[u] < dep[v])std::swap(u , v);
	for(int k = lg[dep[u]];~ k;-- k) {
		if(dep[u] - (1 << k) >= dep[v]) {
			u = f[u][k];
		}
		if(u == v)return u;
	}
	for(int k = lg[dep[u]];~ k;-- k) {
		if(f[u][k] != f[v][k]) {
			u = f[u][k];
			v = f[v][k];
		}
	}
	return f[u][0];
}
 
namespace subtask_1 {
	int main() {
		while(m --) {
			int u,v;
			scanf("%d %d",&u,&v);
			int t = LCA(u , v);
			printf("%lld\n",d[u] + d[v] - d[t] - d[f[t][0]]);
		}
		return 0;
	}
}
 
namespace subtask_2 {
	struct matrix {
		i64 g[2][2];
		matrix() {
			g[0][0] = g[0][1] = g[1][0] = g[1][1] = INF;
		}
		void init() {
			g[0][0] = g[0][1] = g[1][0] = g[1][1] = INF;
			return ;
		}
		matrix operator * (const matrix& p)const {
			matrix a;
			for(int q = 0;q < 2;++ q) {
				for(int i = 0;i < 2;++ i) {
					for(int j = 0;j < 2;++ j) {
						a.g[i][j] = std::min(a.g[i][j] , g[i][q] + p.g[q][j]);
					}
				}
			}
			return a;
		}
	}S[maxn][18];
	
	void DFS(int u,int fa) {
		for(auto& v : G[u]) {
			if(v == fa)continue ;
			S[v][0].g[0][0] = val[v];
			S[v][0].g[0][1] = 0;
			S[v][0].g[1][0] = val[v];
			S[v][0].g[1][1] = INF;
			for(int k = 1;(1 << k) <= dep[v];++ k)
				S[v][k] = S[v][k - 1] * S[f[v][k - 1]][k - 1];
			DFS(v , u);
		}
		return ;
	}
	
	int main() {
		S[1][0].g[0][0] = val[1];
		S[1][0].g[0][1] = 0;
		S[1][0].g[1][0] = val[1];
		S[1][0].g[1][1] = INF;
		DFS(1 , 0);
		while(m --) {
			int u,v,t;
			scanf("%d %d",&u,&v);
			if(u == v) {
				printf("%lld\n",val[u]);
				continue ;
			}
			t = LCA(u , v);
			i64 ans = INF;
			matrix F,P;
			F.g[0][0] = val[u];
			P.g[0][0] = val[v];
			int x = f[u][0];
			if(u != t) {
				for(int k = lg[dep[x]];~ k;-- k) {
					if(dep[x] < dep[t])break ;
					if(dep[f[x][k]] >= dep[t]) {
						F = F * S[x][k];
						x = f[x][k];
					}
				}
				while(dep[x] >= dep[t])F = F * S[x][0],x = f[x][0];
			}
			if(v != t) {
				x = f[v][0];
				for(int k = lg[dep[x]];~ k;-- k) {
					if(dep[x] < dep[t])break ;
					if(dep[f[x][k]] >= dep[t]) {
						P = P * S[x][k];
						x = f[x][k];
					}
				}
				while(dep[x] >= dep[t])P = P * S[x][0],x = f[x][0];
			}
			ans = std::min(F.g[0][0] + P.g[0][0] - val[t] , F.g[0][1] + P.g[0][1]);
			printf("%lld\n",ans);
		}
		return 0;
	}
}
 
namespace subtask_3 {
	struct matrix {
		i64 g[5][5];
		matrix() {
			for(int i = 0;i < 5;++ i)
				for(int j = 0;j < 5;++ j)
					g[i][j] = INF;
		}
		void init() {
			for(int i = 0;i < 5;++ i)
				for(int j = 0;j < 5;++ j)
					g[i][j] = INF;
		}
		matrix operator * (const matrix& p)const {
			matrix c;
			for(int k = 0;k < 5;++ k)
				for(int i = 0;i < 5;++ i)
					for(int j = 0;j < 5;++ j)
						c.g[i][j] = std::min(c.g[i][j] , g[i][k] + p.g[k][j]);
			return c;
		}
	}S[maxn][18];
	
	void getinit(int u) {
		S[u][0].g[0][0] = val[u];
		S[u][0].g[0][1] = 0;
		S[u][0].g[0][3] = b[u];
		S[u][0].g[1][0] = val[u];
		S[u][0].g[1][2] = 0;
		S[u][0].g[1][3] = b[u];
		S[u][0].g[2][0] = val[u];
		S[u][0].g[3][0] = val[u];
		S[u][0].g[3][3] = b[u];
		S[u][0].g[3][4] = 0;
		S[u][0].g[4][0] = val[u];
		return ;
	}
	
	void DFS(int u,int fa) {
		for(auto& v : G[u]) {
			if(v == fa)continue ;
			getinit(v);
			for(int k = 1;(1 << k) <= dep[v];++ k)
				S[v][k] = S[v][k - 1] * S[f[v][k - 1]][k - 1];
			DFS(v , u);
		}
		return ;
	}
	
	int main() {
		for(int i = 1;i <= n;++ i) {
			b[i] = INF;
			for(auto& v : G[i]) {
				b[i] = std::min(b[i] , val[v]);
			}
		}
		
		getinit(1);
		DFS(1 , 0);
		
		while(m --) {
			int u,v,t;
			scanf("%d %d",&u,&v);
			if(u == v) {
				printf("%lld\n",val[u]);
				continue ;
			}
			t = LCA(u , v);
			i64 ans = INF;
			matrix F,P;
			F.g[0][0] = val[u];
			P.g[0][0] = val[v];
			int x = f[u][0];
			if(u != t) {
				for(int k = lg[dep[x]];~ k;-- k) {
					if(dep[x] < dep[t])break ;
					if(dep[f[x][k]] >= dep[t]) {
						F = F * S[x][k];
						x = f[x][k];
					}
				}
				while(dep[x] >= dep[t])F = F * S[x][0],x = f[x][0];
			}
			if(v != t) {
				x = f[v][0];
				for(int k = lg[dep[x]];~ k;-- k) {
					if(dep[x] < dep[t])break ;
					if(dep[f[x][k]] >= dep[t]) {
						P = P * S[x][k];
						x = f[x][k];
					}
				}
				while(dep[x] >= dep[t])P = P * S[x][0],x = f[x][0];
			}
			ans = std::min(ans , F.g[0][0] + P.g[0][0] - val[t]);
			ans = std::min(ans , F.g[0][3] + P.g[0][3] - b[t]);
			ans = std::min(ans , F.g[0][1] + P.g[0][1]);
			ans = std::min(ans , F.g[0][1] + P.g[0][2]);
			ans = std::min(ans , F.g[0][1] + P.g[0][4]);
			ans = std::min(ans , F.g[0][4] + P.g[0][1]);
			ans = std::min(ans , F.g[0][2] + P.g[0][1]);
			printf("%lld\n",ans);
		}
		return 0;
	}
}
 
int k;
 
int main() {
	scanf("%d %d %d",&n,&m,&k);
	for(int i = 1;i <= n;++ i)
		scanf("%lld",&val[i]);
	for(int i = 1;i < n;++ i) {
		int u,v;
		scanf("%d %d",&u,&v);
		G[u].pb(v);
		G[v].pb(u);
	}
	
	dep[0] = -1;
	for(int i = 2;i <= n;++ i)
		lg[i] = lg[i >> 1] + 1;
	dfs(1 , 0);
	
	if(k == 1) {
		subtask_1::main();
		return 0;
	}
	if(k == 2) {
		subtask_2::main();
		return 0;
	}
	else subtask_3::main();
	return 0;
}

完结撒花✿✿ヽ(°▽°)ノ✿