【BZOJ3611】[Heoi2014]大工程 欧拉序+ST表+单调栈

【BZOJ3611】[Heoi2014]大工程

Description

国家有一个大工程，要给一个非常大的交通网络里建一些新的通道。 

我们这个国家位置非常特殊，可以看成是一个单位边权的树，城市位于顶点上。 

在 2 个国家 a,b 之间建一条新通道需要的代价为树上 a,b 的最短路径。

 现在国家有很多个计划，每个计划都是这样，我们选中了 k 个点，然后在它们两两之间 新建 C(k,2)条 新通道。

现在对于每个计划，我们想知道：

 1.这些新通道的代价和

 2.这些新通道中代价最小的是多少 

3.这些新通道中代价最大的是多少

Input

第一行 n 表示点数。

 接下来 n-1 行，每行两个数 a,b 表示 a 和 b 之间有一条边。

点从 1 开始标号。 接下来一行 q 表示计划数。

对每个计划有 2 行，第一行 k 表示这个计划选中了几个点。

 第二行用空格隔开的 k 个互不相同的数表示选了哪 k 个点。

Output

输出 q 行，每行三个数分别表示代价和，最小代价，最大代价。 

Sample Input

10
2 1
3 2
4 1
5 2
6 4
7 5
8 6
9 7
10 9
5
2
5 4
2
10 4
2
5 2
2
6 1
2
6 1

Sample Output

3 3 3
6 6 6
1 1 1
2 2 2
2 2 2

HINT

n<=1000000 

q<=50000并且保证所有k之和<=2*n 

题解：看到题时感觉不太难，到了对拍时发现网上题解都是虚树，然而蒟蒻没学过虚树啊，整个人都傻了。然而最后不用虚树还是做出来了~

首先由这样一个性质：两个点的LCA的深度，就是在欧拉序中，两个点间的所有点的深度的最小值。即：我们用ST表维护欧拉序中每个点的深度，求出两个位置中的深度最小值，就是两点LCA的深度。

那么，本题求的是所有点对的LCA的深度，那么我们不妨考虑每个LCA的深度对答案做的贡献。我们将k个点按照欧拉序排序，然后求出相邻两点之间的深度最小值，记为vj。我们考虑vj对答案做的贡献，即vj能成为那些点对的LCA的深度，即vj能成为那些区间中深度的最小值。显然可以用单调栈搞定。我们用单调栈求出每个vj左（右）边第一个比它大的v的位置，即为lp和rp。那么vj可以成为：一个点在[lp,j]中，一个点为[j+1,rp]中，所有这样的点对的LCA的深度。那么对于第一问，我们再维护一下深度的前缀和就搞定了。

那么第二问怎么办？根据贪心的思想，如果我们已经确定了vj，那么最优的点对一定满足：一个点是[lp,j]中深度最小的，一个点时[j+1,rp]中深度最小的。这就变成了RMQ问题，依旧上ST表。（本人坚信ST表的常数。）第三问同理。

细节：

1.为了防止重复，我们要稍微改变一下vj的定义。在排完序后的k个点中，设第j个点在欧拉序中的位置是pj，那么vj其实是[pj,pj+1）这段区间的深度最小值。你可能担心我们将最后一个点遗漏了，但是你会发现，欧拉序排在最后的点一定是不会成为任何点对的LCA的。所以不需要额外计算。
2.依旧为了防止重复，我们还要稍微改变一下lp，rp的定义。lp[j]：j左边，第一个<v[j]的位置；rp[j]：j右边，第一个>=v[j]的位置。特别地，如果不存在这样的位置，则令lp=0，rp=m。

其实这种做法跟虚树的思想差不多吧~

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
using namespace std;
const int maxn=1000010;
typedef long long ll;
const int inf=1<<30;
ll sum;
int n,m,cnt,q,top,maxx,minn;
int dep[maxn],md[22][maxn<<1],p[maxn],to[maxn<<1],next[maxn<<1],head[maxn],Log[maxn<<1],pos[maxn];
int st[maxn],lp[maxn],rp[maxn],v[maxn],sn[22][maxn],sm[22][maxn];
ll s[maxn];
int rd()
{
	int ret=0;	char gc=getchar();
	while(gc<'0'||gc>'9')	gc=getchar();
	while(gc>='0'&&gc<='9')	ret=ret*10+gc-'0',gc=getchar();
	return ret;
}
void add(int a,int b)
{
	to[cnt]=b,next[cnt]=head[a],head[a]=cnt++;
}
void dfs(int x)
{
	pos[x]=++pos[0],md[0][pos[0]]=dep[x];
	for(int i=head[x];i!=-1;i=next[i])	if(!dep[to[i]])	dep[to[i]]=dep[x]+1,dfs(to[i]),md[0][++pos[0]]=dep[x];
}
int getmin(int a,int b)
{
	int k=Log[b-a+1];
	return min(md[k][a],md[k][b-(1<<k)+1]);
}
int qm(int a,int b)
{
	int k=Log[b-a+1];
	return max(sm[k][a],sm[k][b-(1<<k)+1]);
}
int qn(int a,int b)
{
	int k=Log[b-a+1];
	return min(sn[k][a],sn[k][b-(1<<k)+1]);
}
bool cmp(int a,int b)
{
	return pos[a]<pos[b];
}
int main()
{
	n=rd();
	int i,j,k,a,b;
	memset(head,-1,sizeof(head));
	memset(sm,0x80,sizeof(sm));
	memset(sn,0x3f,sizeof(sn));
	memset(md,0x3f,sizeof(md));
	for(i=1;i<n;i++)	a=rd(),b=rd(),add(a,b),add(b,a);
	dep[1]=1,dfs(1);
	for(i=2;i<=pos[0];i++)	Log[i]=Log[i>>1]+1;
	for(j=1;(1<<j)<=pos[0];j++)	for(i=1;i+(1<<j)-1<=pos[0];i++)	md[j][i]=min(md[j-1][i],md[j-1][i+(1<<j-1)]);
	q=rd();
	for(i=1;i<=q;i++)
	{
		m=rd(),sum=0,maxx=-inf,minn=inf;
		for(j=1;j<=m;j++)	p[j]=rd();
		sort(p+1,p+m+1,cmp);
		for(j=1;j<=m;j++)	s[j]=s[j-1]+dep[p[j]],sm[0][j]=sn[0][j]=dep[p[j]];
		for(k=1;(1<<k)<=m;k++)	for(j=1;j+(1<<k)-1<=m;j++)
		{
			sm[k][j]=max(sm[k-1][j],sm[k-1][j+(1<<k-1)]);
			sn[k][j]=min(sn[k-1][j],sn[k-1][j+(1<<k-1)]);
		}
		for(j=1;j<m;j++)	v[j]=getmin(pos[p[j]],pos[p[j+1]]-1);
		for(top=0,j=1;j<m;j++)
		{
			while(top&&v[st[top]]>v[j])	top--;
			lp[j]=(top)?st[top]:0,st[++top]=j;
		}
		for(top=0,j=m-1;j;j--)
		{
			while(top&&v[st[top]]>=v[j])	top--;
			rp[j]=(top)?st[top]:m,st[++top]=j;
		}
		for(j=1;j<m;j++)
		{
			sum-=(ll)(j-lp[j])*(rp[j]-j)*(2*v[j]);
			sum+=(ll)(s[j]-s[lp[j]])*(rp[j]-j);
			sum+=(ll)(s[rp[j]]-s[j])*(j-lp[j]);
			maxx=max(maxx,qm(lp[j]+1,j)+qm(j+1,rp[j])-2*v[j]);
			minn=min(minn,qn(lp[j]+1,j)+qn(j+1,rp[j])-2*v[j]);
		}
		for(j=1;j<=m;j++)	sm[0][j]=-inf,sn[0][j]=inf;
		printf("%lld %d %d\n",sum,minn,maxx);
	}
	return 0;
}