「NOIP2018」保卫王国

「NOIP2018保卫王国」

题目描述
有一棵 \(n\) 个点， 点有点权 \(a_i\)，\(m\) 组询问, 每次求钦点两个节点必须选或者必须不选后的树上最小点覆盖。

\(1 \leq n, m \leq 10^5\)

解题思路 :

这个题唯一的意义恐怕是普及了一个还不能算太普及的科技，至少我没有时间去实现这个东西。当然 \(\text{nqiiii}\) 大爷考场上写了标算没写这个科技就过了是真的强。(不愧是机房里仅次于 \(\text{AK}\)王\(\text{zzd}\) 的男人)

我最早接触这个科技是联赛前一个星期 \(\text{txc}\) 让我膜他博客的时候接触到的，感觉他博客讲的非常优秀，现在这里挂一个链接传送一下：撩妹狂魔的博客

说普及科技的原因是因为这个题用动态\(\text{DP}\)来做基本就是一个模板题。首先不考虑询问，问题是一个简单的树形\(\text{DP}\) ，设 \(f[u][0/1]\) 表示以 \(u\) 为根的子树里面 \(u\) 不选的最小点覆盖。

\[f[u][0] = \sum_{u\rightarrow v} f[v][1] \\ f[u][1] = a_i +\sum_{u \rightarrow v} \min(f[v][0], f[v][1]) \]

直接处理可能不太方便，不妨先考虑退化成一条 \(i \rightarrow i+1\) 的链的情况：

\[f[i][0] = f[i-1][1] \\ f[i][1] = a_i + \min(f[i-1][0], f[i-1][1]) \]

考虑这个 \(\text{DP}\) 只有加法和取 \(\text{min}\) 操作，不妨用重新定义线性变换来描述这个转移：

\[\begin{bmatrix} 0 & \infty \\ a_i & a_i \end{bmatrix} \begin{bmatrix} f[i-1][0] \\ f[i-1][1] \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} f[i][0] \\ f[i][1] \end{bmatrix} \]

这里把乘法重定义为加法，加法重定义为取 \(\min\)，这个矩阵的乘法就等价于上式的转移。然后用线段树维护一下就可以做原题中链的部分分了。

考虑树的情况，既然会做链了，那么只需要树剖就能搞了。用线段树维护每一条重链上的转移，转移的时候需要将这个节点的轻儿子的贡献写到转移矩阵中，那么只需要先预处理出 \(f\) ，设：

\[A_u = \sum_{u\rightarrow v, v \neq mson} f[v][1] \\ B_u = a_u + \sum_{u\rightarrow v, v \neq mson} \min(f[v][1], f[v][1]) \]

原来的线性变换就改为：

\[\begin{bmatrix} A_u & \infty \\ B_u & B_u \end{bmatrix} \begin{bmatrix} f[mson][0] \\ f[mson][1] \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} f[u][0] \\ f[u][1] \end{bmatrix} \]

其中 \(mson\) 表示 \(u\) 的重儿子，此时每一个点的 \(f\) 就是其所在重链底部到它的所有矩阵乘起来的结果，用线段树维护即可。

考虑怎么回答这个题的询问，每次修改可以看做将两个 \(f[u][s]\) 修改为 \(\infty\) 后求答案，这里等价于修改 \(A_u\)或者\(B_u\) ，考虑一次修改的影响是到当前重链的链头的，所以每跳一次轻边都要重新计算父亲的 \(A_u\) 和 \(B_u\) ，这样相当于是在线段树上做单点修改，并求出修改完后 \(f[1]\) 的值。考虑轻边最多跳 \(log\) 次，修改的总复杂度是 \(O(log^2n)\)，总复杂度是 \(O(nlog^2n)\)。

实际上这个东西还有两个 \(O(nlogn)\) 的做法，很显然其中一个是 \(\text{Lct}\)，另外一个是叫全局平衡二叉树的科技，$\text{txc} $的博客里讲的非常优秀，大家可以去膜拜一波。

/*program by mangoyang*/
#pragma GCC optimize("Ofast")
#include<bits/stdc++.h>
#define inf ((ll)(1e10))
#define Max(a, b) ((a) > (b) ? (a) : (b))
#define Min(a, b) ((a) < (b) ? (a) : (b))
typedef long long ll;
using namespace std;
template <class T>
inline void read(T &x){
    int ch = 0, f = 0; x = 0;
    for(; !isdigit(ch); ch = getchar()) if(ch == '-') f = 1;
    for(; isdigit(ch); ch = getchar()) x = x * 10 + ch - 48;
    if(f) x = -x;
}
const int N = 200005;
char str[10];
vector<int> ed[N];
ll f[N][2], g[N][2], ff[N], a[N];
int top[N], sz[N], ls[N], ms[N], dfn[N], n, m, cnt;
struct Matrix{
    ll a[3][3];
    inline Matrix(){ 
        for(int i = 1; i <= 2; i++)
            for(int j = 1; j <= 2; j++) a[i][j] = inf;
    }
    inline Matrix(ll x, ll y){
        a[1][2] = x, a[2][1] = a[2][2] = y, a[1][1] = inf;
    }
    Matrix operator * (const Matrix &A) const{
        Matrix c;
        for(int i = 1; i <= 2; i++)
            for(int j = 1; j <= 2; j++) 
                for(int k = 1; k <= 2; k++)
                    c.a[i][j] = Min(a[i][k] + A.a[k][j], c.a[i][j]);
        return c;
    }
};
struct SegmentTree{
    Matrix s[N<<2];
    #define lson (u << 1)
    #define rson (u << 1 | 1)
    inline void modify(int u, int l, int r, int pos, Matrix x){
        if(l == r) return (void) (s[u] = x);
        int mid = l + r >> 1;
        if(pos <= mid) modify(lson, l, mid, pos, x);
        else modify(rson, mid + 1, r, pos, x);
        s[u] = s[lson] * s[rson];
    }
    inline Matrix query(int u, int l, int r, int L, int R){
        if(l >= L && r <= R) return s[u];
        int mid = l + r >> 1;
        Matrix res; 
        res.a[1][1] = res.a[2][2] = 0, res.a[1][2] = res.a[2][1] = inf;
        if(L <= mid) res = res * query(lson, l, mid, L, R);
        if(mid < R) res = res * query(rson, mid + 1, r, L, R);
        return res;
    }
}Seg;
namespace gao{
    inline void dfs(int u, int fa){
        ff[u] = fa, sz[u] = 1, f[u][1] = a[u];
        for(int i = 0; i < ed[u].size(); i++){
            int v = ed[u][i];
            if(v == fa) continue;
            dfs(v, u), sz[u] += sz[v];
            if(sz[v] > sz[ms[u]]) ms[u] = v;
            f[u][0] += f[v][1];
            f[u][1] += min(f[v][0], f[v][1]);
        }
    }
    inline void dfs2(int u, int fa, int fff){
        top[u] = fff, dfn[u] = ++cnt, g[u][1] = a[u];
        if(!ms[u]){
            Seg.modify(1, 1, n, dfn[u], Matrix(g[u][0], g[u][1]));
            return (void) (ls[fff] = cnt);
        }
        dfs2(ms[u], u, fff);
        for(int i = 0; i < ed[u].size(); i++){
            int v = ed[u][i];
            if(v == ms[u] || v == fa) continue;
            g[u][0] += f[v][1];
            g[u][1] += min(f[v][1], f[v][0]);
            dfs2(v, u, v);
        }	
        Seg.modify(1, 1, n, dfn[u], Matrix(g[u][0], g[u][1]));
    }
    inline ll update(int u){
        Seg.modify(1, 1, n, dfn[u], Matrix(g[u][0], g[u][1]));
        for(u = top[u]; u > 1; u = top[ff[u]]){
            Matrix now = Seg.query(1, 1, n, dfn[u], ls[u]);
            g[ff[u]][0] -= f[u][1];
            g[ff[u]][1] -= Min(f[u][0], f[u][1]);
            f[u][0] = now.a[1][2], f[u][1] = now.a[2][2];
            g[ff[u]][0] += f[u][1];
            g[ff[u]][1] += Min(f[u][0], f[u][1]);
            Seg.modify(1, 1, n, dfn[ff[u]], Matrix(g[ff[u]][0], g[ff[u]][1]));
        }
        Matrix ans = Seg.query(1, 1, n, 1, ls[1]);
        return min(ans.a[1][2], ans.a[2][2]);
    }
}
signed main(){
    read(n), read(m), scanf("%s", str);
    for(int i = 1; i <= n; i++) read(a[i]);
    for(int i = 1, x, y; i < n; i++){
        read(x), read(y);
        ed[x].push_back(y), ed[y].push_back(x);
    }
    gao::dfs(1, 0), gao::dfs2(1, 0, 1);
    for(int i = 1, a, b, x, y; i <= m; i++){
        read(a), read(x), read(b), read(y), x ^= 1, y ^= 1;
        ll tmp1 = g[a][x], tmp2 = g[b][y];
        g[a][x] = inf, gao::update(a);
        g[b][y] = inf; ll ans = gao::update(b);
        if(ans >= inf) puts("-1"); else printf("%lld\n", ans);
        g[a][x] = tmp1, gao::update(a);
        g[b][y] = tmp2, gao::update(b);
    }
    return 0;
}