【XSY1977】【BZOJ3611】【HEOI2014】大工程（虚树+dp）

$Description$

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 $C(2,k)$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

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$Input$

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

---

$HINT$

$n≤1000000$
$q≤50000,∑ki≤2×n$

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$Source$

 练习题　树8-5-虚树

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思路

首先我们考虑$dp$

我们设三个数组$sum[u]$,$mn[u]$,$mx[u]$

分别表示，对于以$u$为根的子树中的代价总和，最小值和最大值

设$u$到当前遍历到的儿子$v$的代价为$cost$

那么我们轻易得出$dp$方程：

$\begin{cases}mn[u]=min(mn[u],mn[v]+cost)\\mx[u]=max(mx[u],mx[v]+cost)\\sum[u]+=sum[v]+siz[v]\times cost\end{cases}$

同时，对于答案的更新就很显然了：

$\begin{cases}ans1+=siz[u]\times (sum[v]+cost*siz[v])+siz[v]\times sum[u]\\ans2=min(ans2,mn[u]+mn[v]+cost)\\ans3=max(ans3,mx[u]+mx[v]+cost)\end{cases}$

以上的如果不懂可以自己手画图来推下，容易理解

但是，我们来瞅一眼时间复杂度：在这种情况下，时间复杂度是$O(qn)$

是的你没看错，绝对会爆

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正当我们一筹莫展的时候，仔细看一遍题面会对我们有极大帮助

我们一眼看到 $∑ki≤2×n$ ，果断虚树

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关于不会虚树的小白，请参考自为风月马前卒大佬的博客

学会建虚树后，我们直接开始在虚树上$dp$就好了

注意：

1. 要开 $long long$
2. 在虚树上 $dp$ 时，不要直接使用原树中处理出的$siz$，毕竟虚树的$siz$跟原树中的$siz$还是有很大区别的
3. 因为在虚树中$dp$时，对于关键点和非关键点的处理是不同的：
   如果是关键点， 那么$mn[u]=mx[u]=0,sz[u]=1$
   如果不是，那么$mn[u]=INF,mx[u]=-INF,sz[u]=0$

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代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1000010;
const long long INF=0x7ffffffffff;
int n,k,q,cnt=0,tot=0,ind=0;
int to[N<<1],nxt[N<<1],head[N],w[N<<1];
int p[N];
int fa[N];
int st[N];
int d[N];
int dfn[N];
int son[N];
int topp[N];
int siz[N];
bool vis[N];
void add(int u,int v)
{
	to[++cnt]=v;
	nxt[cnt]=head[u];
	head[u]=cnt;
}
void add2(int u,int v)
{
	to[++cnt]=v;
	nxt[cnt]=head[u];
	w[cnt]=d[v]-d[u];
	head[u]=cnt;
}
void dfs1(int u)
{
	siz[u]=1;
	for(int i=head[u];i;i=nxt[i])
	{
		int v=to[i];
		if(v==fa[u])continue;
		d[v]=d[u]+1;
		fa[v]=u;
		dfs1(v);
		siz[u]+=siz[v];
		if(siz[v]>siz[son[u]])son[u]=v;
	}
}
void dfs2(int u,int tp)
{
	topp[u]=tp;
	dfn[u]=++ind;
	if(son[u])dfs2(son[u],tp);
	for(int i=head[u];i;i=nxt[i])
	{
		int v=to[i];
		if(v==fa[u]||v==son[u])continue;
		dfs2(v,v);
	}
}
int query_lca(int x,int y)
{
	while(topp[x]!=topp[y])
	{
		if(d[topp[x]]<d[topp[y]])swap(x,y);
		x=fa[topp[x]];
	}
	if(d[x]>d[y])return y;
	return x;
}
bool cmp(int x,int y)
{
	return dfn[x]<dfn[y];
}
void ins(int x)
{
	if(tot==1)
	{
		st[++tot]=x;
		return ;
	}
	int lca=query_lca(st[tot],x);
	while(tot>1&&dfn[st[tot-1]]>=dfn[lca])add2(st[tot-1],st[tot]),tot--;
	if(lca!=st[tot])add2(lca,st[tot]),st[tot]=lca;
	st[++tot]=x;
}
long long ans1,ans2,ans3;
long long sum[N],mn[N],mx[N];
int sz[N];
void dp(int u)
{
	sum[u]=0;
	if(vis[u])mn[u]=mx[u]=0,sz[u]=1;
	else mn[u]=INF,mx[u]=-INF,sz[u]=0;
	for(int i=head[u];i;i=nxt[i])
	{
		int cost=w[i],v=to[i];
		dp(v);
		ans2=min(ans2,mn[u]+mn[v]+cost);
		ans3=max(ans3,mx[u]+mx[v]+cost);
		mn[u]=min(mn[u],mn[v]+cost);
		mx[u]=max(mx[u],mx[v]+cost);
		ans1+=1ll*sz[u]*(sum[v]+cost*sz[v])+1ll*sz[v]*sum[u];
		sum[u]+=sum[v]+sz[v]*cost;
		sz[u]+=sz[v];
	}
	vis[u]=0,head[u]=0;
}
int main()
{
	scanf("%d",&n);
	int a,b;
	for(int i=1;i<n;i++)
	{
		scanf("%d %d",&a,&b);
		add(a,b),add(b,a);
	}
	d[1]=1;
	dfs1(1);
	dfs2(1,1);
	scanf("%d",&q);
	memset(head,0,sizeof(head));
	while(q--)
	{
		cnt=0;
		scanf("%d",&k);
		for(int i=1;i<=k;i++)scanf("%d",&p[i]),vis[p[i]]=1;
		sort(p+1,p+k+1,cmp);
		if(p[1]!=1)st[tot=1]=1;
		for(int i=1;i<=k;i++)ins(p[i]);
		while(tot)add2(st[tot-1],st[tot]),tot--;
		ans1=0ll,ans2=INF,ans3=-INF;
		dp(1);
		printf("%lld %lld %lld\n",ans1,ans2,ans3);
	}
	return 0;
}
/*
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
*/