[BZOJ2286][SDOI2011]消耗战(虚树DP)

2286: [Sdoi2011]消耗战

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Description

在一场战争中，战场由n个岛屿和n-1个桥梁组成，保证每两个岛屿间有且仅有一条路径可达。现在，我军已经侦查到敌军的总部在编号为1的岛屿，而且他们已经没有足够多的能源维系战斗，我军胜利在望。已知在其他k个岛屿上有丰富能源，为了防止敌军获取能源，我军的任务是炸毁一些桥梁，使得敌军不能到达任何能源丰富的岛屿。由于不同桥梁的材质和结构不同，所以炸毁不同的桥梁有不同的代价，我军希望在满足目标的同时使得总代价最小。
侦查部门还发现，敌军有一台神秘机器。即使我军切断所有能源之后，他们也可以用那台机器。机器产生的效果不仅仅会修复所有我军炸毁的桥梁，而且会重新随机资源分布（但可以保证的是，资源不会分布到1号岛屿上）。不过侦查部门还发现了这台机器只能够使用m次，所以我们只需要把每次任务完成即可。

Input

第一行一个整数n，代表岛屿数量。

接下来n-1行，每行三个整数u,v,w，代表u号岛屿和v号岛屿由一条代价为c的桥梁直接相连，保证1<=u,v<=n且1<=c<=100000。

第n+1行，一个整数m，代表敌方机器能使用的次数。

接下来m行，每行一个整数ki，代表第i次后，有ki个岛屿资源丰富，接下来k个整数h1,h2,…hk，表示资源丰富岛屿的编号。

 

Output

输出有m行，分别代表每次任务的最小代价。

 

 

Sample Input

10
1 5 13
1 9 6
2 1 19
2 4 8
2 3 91
5 6 8
7 5 4
7 8 31
10 7 9
3
2 10 6
4 5 7 8 3
3 9 4 6

Sample Output

12
32
22

HINT

 

 对于100%的数据，2<=n<=250000,m>=1,sigma(ki)<=500000,1<=ki<=n-1

 

Source

Stage2 day2

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首先如果一个关键点是另一个点的子孙，则这个点显然不用考虑。

剩下的就是DP，注意到状态只会在各个关键点的LCA处考虑，于是虚树DP即可。

 1 #include<cstdio>
 2 #include<algorithm>
 3 #define rep(i,l,r) for (int i=(l); i<=(r); i++)
 4 typedef long long ll;
 5 using namespace std;
 6 
 7 const int N=500010;
 8 const ll inf=1e15;
 9 ll pre[N];
10 int n,m,k,u,v,w,tim,top,a[N],d[N],fa[N][20],dfn[N],stk[N];
11 
12 bool cmp(int a,int b){ return dfn[a]<dfn[b]; }
13 
14 struct E{
15     int cnt,h[N],to[N<<1],nxt[N<<1],val[N<<1];
16     void add(int u,int v,int w=0){ to[++cnt]=v; val[cnt]=w; nxt[cnt]=h[u]; h[u]=cnt; }
17 }G1,G2;
18 
19 void dfs(int x){
20     d[x]=d[fa[x][0]]+1; dfn[x]=++tim;
21     rep(i,1,18) fa[x][i]=fa[fa[x][i-1]][i-1];
22     for (int i=G1.h[x],k; i; i=G1.nxt[i])
23         if ((k=G1.to[i])!=fa[x][0])
24             fa[k][0]=x,pre[k]=min((ll)G1.val[i],pre[x]),dfs(k);
25 }
26 
27 int lca(int x,int y){
28     if (d[x]<d[y]) swap(x,y);
29     int t=d[x]-d[y];
30     for (int i=18; ~i; i--) if ((t>>i)&1) x=fa[x][i];
31     if (x==y) return x;
32     for (int i=18; ~i; i--) if (fa[x][i]!=fa[y][i]) x=fa[x][i],y=fa[y][i];
33     return fa[x][0];
34 }
35 
36 ll dp(int x){
37     if (!G2.h[x]) return pre[x];
38     ll res=0;
39     for (int i=G2.h[x]; i; i=G2.nxt[i]) res+=dp(G2.to[i]);
40     G2.h[x]=0; return min(res,pre[x]);
41 }
42 
43 void build(){
44     stk[top=1]=1; int p=1;
45     rep(i,2,k) if (lca(a[i],a[p])!=a[p]) a[++p]=a[i];
46     rep(i,1+(a[1]==1),p){
47         int x=lca(a[i],stk[top]);
48         while (top>1 && dfn[stk[top-1]]>=dfn[x])
49             G2.add(stk[top-1],stk[top]),top--;
50         if (x!=stk[top]) G2.add(x,stk[top]),stk[top]=x;
51         stk[++top]=a[i];
52     }
53     while (top>1) G2.add(stk[top-1],stk[top]),top--;
54 }
55 
56 int main(){
57     freopen("bzoj2286.in","r",stdin);
58     freopen("bzoj2286.out","w",stdout);
59     scanf("%d",&n);
60     rep(i,2,n) scanf("%d%d%d",&u,&v,&w),G1.add(u,v,w),G1.add(v,u,w);
61     pre[1]=inf; dfs(1); scanf("%d",&m);
62     rep(i,1,m){
63         scanf("%d",&k); G2.cnt=0;
64         rep(j,1,k) scanf("%d",&a[j]);
65         sort(a+1,a+k+1,cmp); build(); printf("%lld\n",dp(1));
66     }
67     return 0;
68 }

 

posted @ 2018-04-10 23:45  HocRiser  阅读(254)  评论(0)  编辑  收藏  举报