bzoj 2286 [Sdoi2011]消耗战（虚树+树上DP）

 

【题目链接】

 

　　http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=2286

 

【题意】

 

　　给定一棵树，切断一条树边代价为ci，有m个询问，每次问使得1号点与查询的k个点不连通的最小代价。

　　

【思路】

 

       虚树+树上DP。

       构建虚树，这里学了一个比较机智的构图方法：当询问点之间存在子孙后代关系时只保留最上面的节点。

       在这种构图方式的基础上进行树上DP，设f[u]表示以u为根的子树，则有转移式：

              f[u]=min{mn[u] , sum(f[v])},u不是资源点

　　　　　f[u]=mn[u],u是资源点

       其中mn[u]表示u到根的路径上的最短边。Ps：每个叶子都代表一个询问点，第二个抉择只是为了提供最短边都在u之下的情况，如果在u之上虽然会出现费用计算重合但这不是最优解所以无关紧要。

       需要注意的是mx[1]赋大值，d[1]设为1，对应清空边表而非一次n的循环。另外vector中的clear()并不是释放空间，可以看作形如size=0的操作，所以不用担心初始化时间的问题。

       LCA好像写得有点挫，效率不是很高的样子=-=

 

【代码】

 

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<vector>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
 
typedef long long LL;
const int N = 250000+10;
const int D = 20;
 
struct Edge{ int u,v,w;
};
vector<Edge> es;
vector<int> g[N],G[N];
int fa[N][D],d[N],dfn[N],bin[D]; LL mx[N];
int n,m,dfsc;
 
void adde(int u,int v,int w) {
    es.push_back((Edge){u,v,w});
    int m=es.size(); g[u].push_back(m-1);
}
void adde2(int u,int v) {
    if(u!=v) G[u].push_back(v); else return ;
    //printf("es(%d,%d)\n",u,v);
}
bool cmp(const int& lhs,const int& rhs) { return dfn[lhs]<dfn[rhs];
}
 
void dfs(int u) {
    dfn[u]=++dfsc;
    for(int i=0;i<g[u].size();i++) {
        Edge e=es[g[u][i]]; int v=e.v;
        if(v!=fa[u][0]) {
            fa[v][0]=u;
            for(int j=1;j<D;j++) fa[v][j]=fa[fa[v][j-1]][j-1];
            d[v]=d[u]+1; mx[v]=min(mx[u],(LL)e.w);
            dfs(v);
        }
    }
}
int LCA(int u,int v) {
    if(d[v]>d[u]) swap(u,v);
    for(int i=D-1;i>=0;i--)
        if(d[fa[u][i]]>=d[v]) u=fa[u][i];
    if(u==v) return u;
    for(int i=D-1;i>=0;i--)
        if(fa[u][i]!=fa[v][i]) u=fa[u][i] , v=fa[v][i];
    return fa[u][0];
}
void read(int &x) {
    char c=getchar(); while(!isdigit(c)) c=getchar();
    x=0; while(isdigit(c)) x=x*10+c-'0' , c=getchar();
}
LL f[N];
void dp(int u) {
    LL tmp=0; 
    for(int i=0;i<G[u].size();i++) {
        dp(G[u][i]);
        tmp += f[G[u][i]];
    }
    G[u].clear();           //清空边表 
    f[u]=mx[u];             //f=mx 所以mx赋大值 
    if(tmp && tmp<f[u]) f[u]=tmp;
}
void solve() {
    int top=0,tot=0,k;
    static int st[N],h[N];
    read(k);
    for(int i=1;i<=k;i++) read(h[i]) ;
    sort(h+1,h+k+1,cmp);
    /////////////////////////////////////    以下是一个十分机智的重新构图 from hzwer
    h[++tot]=h[1];
    for(int i=2;i<=k;i++)
        if(LCA(h[tot],h[i])!=h[tot]) h[++tot]=h[i];     //虚树中不会出现询问点间的子孙后代关系
    st[++top]=1;
    for(int i=1;i<=tot;i++) {
        int p=h[i],lca=LCA(p,st[top]);
        for(;;) {
            if(d[st[top-1]]<=d[lca]) {
                adde2(lca,st[top--]);
                if(st[top]!=lca) st[++top]=lca;
                break;
            }
            adde2(st[top-1],st[top]); top--;
        }
        if(st[top]!=p) st[++top]=p;
    }
    while(--top) adde2(st[top],st[top+1]);
    /////////////////////////////////////
    dp(1);
    printf("%lld\n",f[1]);
}
 
int main() {
    read(n);
    int u,v,w;
    for(int i=0;i<n-1;i++) {
        read(u),read(v),read(w);
        adde(u,v,w) , adde(v,u,w);
    }
    mx[1]=1e18,d[1]=1; dfs(1);      //d[1]=1
    read(m);
    while(m--) solve();
    return 0;
}