BZOJ 2286 [Sdoi2011]消耗战 （虚树模板题）

题意

有\(n\)个点形成一棵树，边有权值。\(m\)次询问，每次询问，给出\(k\)个关键点，问把这些关键点都与\(1\)号节点断开（不连通）的最小断边的权值和。保证\(1\)号节点不是关键点。
\(n,m\le 250000,\sum k\le500000\)

题解

考虑只有一次询问怎么做。

直接树形\(dp\)就行了。用\(dp[u]\)表示把\(u\)这棵子树断开的最小代价。对于关键点必须断\(u\)到父亲的边。否则要么断当前点到根的路径上边权最小值，要么断子树内的边（代价为：子树内有关键点的儿子的\(dp\)值之和）。

我们可以把\(1\)号根节点到父亲的边权设为\(+\infty\)，那么\(dp[1]\)就是答案。

然后考虑多组数据，发现\(\sum k\le 500000\)，显然每次我们需要\(O(k)/O(k\log k)\)的算法。

那么就只需要建虚树\(DP\)就完事了，每次\(O(k\log k+k)\)。这道题还有一个性质，就是虚树中关键点子树中的关键点可忽略。建虚树的时候没有必要建出来。

CODE

#include <cstdio>
#include <vector>
#include <cctype>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
inline void read(int &x) {
	int flg = 1; char ch; while(!isdigit(ch=getchar())) if(ch=='-')flg=-flg;
	for(x = ch-'0'; isdigit(ch=getchar()); x = x*10+ch-'0'); x *= flg;
}
typedef long long LL;
#define il inline
const int MAXN = 250005;

int n, q, m;
int fir[MAXN], to[MAXN<<1], nxt[MAXN<<1], wt[MAXN<<1], cnt; LL val[MAXN];
il void link(int u, int v, int w) {
	to[++cnt] = v; nxt[cnt] = fir[u]; fir[u] = cnt; wt[cnt] = w;
	to[++cnt] = u; nxt[cnt] = fir[v]; fir[v] = cnt; wt[cnt] = w;
}

int sz[MAXN], fa[MAXN], top[MAXN], dep[MAXN], son[MAXN], dfn[MAXN], tmr;
void dfs1(int u, int ff) {
	dep[u] = dep[fa[u] = ff] + (sz[u] = 1);
	for(int i = fir[u], v; i; i = nxt[i])
		if((v=to[i]) != ff) {
			val[v] = min(1ll*wt[i], val[u]);
			dfs1(v, u); sz[u] += sz[v];
			if(sz[v] > sz[son[u]]) son[u] = v;
		}
}

void dfs2(int u, int tp) {
	top[u] = tp; dfn[u] = ++tmr;
	if(son[u]) dfs2(son[u], tp);
	for(int i = fir[u], v; i; i = nxt[i])
		if((v=to[i]) != fa[u] && v != son[u])
			dfs2(v, v);
}
il int Lca(int u, int v) {
	while(top[u] != top[v]) {
		if(dep[top[u]] > dep[top[v]]) u = fa[top[u]];
		else v = fa[top[v]];
	}
	return dep[u] > dep[v] ? v : u;
}
int c[MAXN], stk[MAXN], indx;
vector<int>e[MAXN];
il bool cmp(int i, int j) { return dfn[i] < dfn[j]; }
il void ins(int x) {
	if(indx == 1) { stk[++indx] = x; return; }
	int lca = Lca(x, stk[indx]);
	if(lca == stk[indx]) return; //此题性质
	while(indx > 1 && dfn[stk[indx-1]] >= dfn[lca])
		e[stk[indx-1]].push_back(stk[indx]), --indx;
	if(lca != stk[indx]) e[lca].push_back(stk[indx]), stk[indx] = lca;
	stk[++indx] = x;
}
LL dp(int u) {
	if(!e[u].size()) return val[u];
	LL re = 0;
	for(int i = e[u].size()-1; i >= 0; --i)
		re += dp(e[u][i]);
	e[u].clear();
	return min(re, val[u]);
}
int main () {
	read(n);
	for(int i = 1, x, y, z; i < n; ++i)
		read(x), read(y), read(z), link(x, y, z);
	val[1] = 1ll<<60; dfs1(1, 0); dfs2(1, 1);
	read(q);
	while(q--) {
		read(m);
		for(int i = 1; i <= m; ++i) read(c[i]);
		sort(c + 1, c + m + 1, cmp);
		stk[indx=1] = 1; //1号点必须放进来
		for(int i = 1; i <= m; ++i) ins(c[i]);
		while(indx > 1) e[stk[indx-1]].push_back(stk[indx]), --indx;
		printf("%lld\n", dp(1));
	}
}