虚树
引入
「SDOI2011」消耗战
题目描述
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。
输入格式
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 \(1\le u,v\le n\) 且 \(1\le c\le 10^5\)。
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 \(k_i\)，代表第 \(i\) 次后，有 \(k_i\) 个岛屿资源丰富，接下来 \(k\) 个整数 \(h_1,h_2,\cdots ,h_k\)，表示资源丰富岛屿的编号。
输出格式
输出有 \(m\) 行，分别代表每次任务的最小代价。
数据范围
对于 \(100\%\) 的数据，\(2\le n\le 2.5\times 10^5,m\ge 1,\sum k_i\le 5\times 10^5,1\le k_i\le n-1\)。
过程
对于上面那题，我们不难发现——如果树的点数很少，那么我们可以直接跑 DP。
首先我们称某次询问中被选中的点为——「关键点」。
设 \(Dp(i)\) 表示——使 \(i\) 不与其子树中任意一个关键点连通的 最小代价。
设 \(w(a,b)\) 表示 \(a\) 与 \(b\) 之间的边的权值。
则枚举 \(i\) 的儿子 \(v\)：
- 若 \(v\) 不是关键点：\(Dp(i)=Dp(i) + \min \{Dp(v),w(i,v)\}\)；
- 若 \(v\) 是关键点：\(Dp(i)=Dp(i) + w(i,v)\)。
很好，这样我们得到了一份 \(O(nq)\) 的代码。
听起来很有意思。
解释
我们不难发现——其实很多点是没有用的。以下图为例：
如果我们选取的关键点是：
图中只有两个红色的点是 关键点，而别的点全都是「非关键点」。
对于这题来说，我们只需要保证红色的点无法到达 \(1\) 号节点就行了。
通过肉眼观察可以得出结论——\(1\) 号节点的右子树（虽然实际上可能有多个子树，但这里只有两个子树，所以暂时这么称呼了）一个红色节点都没有，所以没必要去 DP 它。
观察题目给出的条件，红色点（关键点）的总数是与 \(n\) 同阶的，也就是说实际上一次询问中红色的点对于整棵树来说是很稀疏的，所以如果我们能让复杂度由红色点的总数来决定就好了。
因此我们需要 浓缩信息，把一整颗大树浓缩成一颗小树。
虚树 Virtual Tree
由此我们引出了 「虚树」 这个概念。
我们先直观地来看看虚树的样子。
下图中，红色结点是我们选择的关键点。红色和黑色结点都是虚树中的点。黑色的边是虚树中的边。
因为任意两个关键点的 LCA 也是需要保存重要信息的，所以我们需要保存它们的 LCA，因此虚树中不一定只有关键点。
不难发现虚树中祖先后代的关系并不会改变。（就是不会出现原本 \(a\) 是 \(b\) 的祖先结果后面 \(a\) 变成 \(b\) 的后代了之类的鬼事）
但我们不可能 \(O(k^2)\) 暴力枚举 LCA，所以我们不难想到——首先将关键点按 DFS 序排序，然后排完序以后相邻的两个关键点（相邻指的是在排序后的序列中下标差值的绝对值等于 1）求一下 LCA，并把它加入虚树。
过程
因为可能多个节点的 LCA 可能是同一个，所以我们不能多次将它加入虚树。
非常直观的一个方法是：
- 将关键点按 DFS 序排序；
- 遍历一遍，任意两个相邻的关键点求一下 LCA，并且哈希表判重；
- 然后根据原树中的祖先后代关系建树。
朴素算法的复杂度较高。因此我们提出一种单调栈做法。
在提出方案之前，我们先确认一个事实——在虚树里，只要保证祖先后代的关系没有改变，就可以随意添加节点。
也就是，如果我们乐意，我们可以把原树中所有的点都加入虚树中，也不会导致 WA（虽然会导致 TLE）。
因此，我们为了方便，可以首先将 \(1\) 号节点加入虚树中，并且并不会影响答案。
好，开始讲怎么用单调栈来建立一棵虚树吧。
首先我们要明确一个目的——我们要用单调栈来维护一条虚树上的链。
也就是一个栈里相邻的两个节点在虚树上也是相邻的，而且栈是从底部到栈首单调递增的（指的是栈中节点 DFS 序单调递增），说白了就是某个节点的父亲就是栈中它下面的那个节点。
首先我们在栈中添加节点 \(1\)。
然后接下来按照 DFS 序从小到大添加关键节点。
假如当前的节点与栈顶节点的 LCA 就是栈顶节点的话，则说明它们是在一条链上的。所以直接把当前节点入栈就行了。
假如当前节点与栈顶节点的 LCA 不是栈顶节点的话：
这时，当前单调栈维护的链是：
而我们需要把链变成：
那么我们就把用虚线标出的结点弹栈即可，在弹栈前别忘了向它在虚树中的父亲连边。
假如弹出以后发现栈首不是 LCA 的话要让 LCA 入栈。
再把当前节点入栈就行了。
下面给出一个具体的例子。假设我们要对下面这棵树的 4，6 和 7 号结点建立虚树：
那么步骤是这样的：
- 将 3 个关键点 \(6,4,7\) 按照 DFS 序排序，得到序列 \([4,6,7]\)。
- 将 \(1\) 入栈。
我们用红色的点代表在栈内的点，青色的点代表从栈中弹出的点。
- 取序列中第一个作为当前节点，也就是 \(4\)。再取栈顶元素，为 \(1\)。求 \(1\) 和 \(4\) 的 \(LCA\)：\(LCA(1,4)=1\)。
- 发现 \(LCA(1,4)=\) 栈顶元素，说明它们在虚树的一条链上，所以直接把当前节点 \(4\) 入栈，当前栈为 \(4,1\)。
- 取序列第二个作为当前节点，为 \(6\)。再取栈顶元素，为 \(4\)。求 \(6\) 和 \(4\) 的 \(LCA\)：\(LCA(6,4)=1\)。
- 发现 \(LCA(6,4)\neq\) 栈顶元素，进入判断阶段。
- 判断阶段：发现栈顶节点 \(4\) 的 DFS 序是大于 \(LCA(6,4)\) 的，但是次大节点（栈顶节点下面的那个节点）\(1\) 的 DFS 序是等于 \(LCA\) 的（其实 DFS 序相等说明节点也相等），说明 \(LCA\) 已经入栈了，所以直接连接 \(1\to4\) 的边，也就是 \(LCA\) 到栈顶元素的边。并把 \(4\) 从栈中弹出。
- 结束了判断阶段，将 \(6\) 入栈，当前栈为 \(6,1\)。
- 取序列第三个作为当前节点，为 \(7\)。再取栈顶元素，为 \(6\)。求 \(7\) 和 \(6\) 的 \(LCA\)：\(LCA(7,6)=3\)。
- 发现 \(LCA(7,6)\neq\) 栈顶元素，进入判断阶段。
- 判断阶段：发现栈顶节点 \(6\) 的 DFS 序是大于 \(LCA(7,6)\) 的，但是次大节点（栈顶节点下面的那个节点）\(1\) 的 DFS 序是小于 \(LCA\) 的，说明 \(LCA\) 还没有入过栈，所以直接连接 \(3\to6\) 的边，也就是 \(LCA\) 到栈顶元素的边。把 \(6\) 从栈中弹出，并且把 \(LCA(6,7)\) 入栈。
- 结束了判断阶段，将 \(7\) 入栈，当前栈为 \(1,3,7\)。
- 发现序列里的 3 个节点已经全部加入过栈了，退出循环。
- 此时栈中还有 3 个节点：\(1,3,7\)，很明显它们是一条链上的，所以直接链接：\(1\to3\) 和 \(3\to7\) 的边。
- 虚树就建完啦！
我们接下来将那些没入过栈的点（非青色的点）删掉，对应的虚树长这个样子：
其中有很多细节，比如我是用邻接表存图的方式存虚树的，所以需要清空邻接表。但是直接清空整个邻接表是很慢的，所以我们在 有一个从未入栈的元素入栈的时候清空该元素对应的邻接表 即可。
实现
建立虚树的 C++ 代码大概长这样：
"代码实现"
bool cmp(int a,int b){return dfn[a]<dfn[b];}
void build(){
tot=1;
sort(h+1,h+k+1,cmp);//按dfs序排序
top=0;//清空栈
s[++top]=1;//把根节点1入栈
head[1]=0;//入栈时清空邻接表
for(int i=1;i<=k;i++){
int lca=LCA(h[i],s[top]);
if(lca==s[top]){//栈顶元素就是lca，说明在同一条链上
s[++top]=h[i];//入栈
head[h[i]]=0;//清空邻接表
}else{
while(d[s[top-1]]>=d[lca]){//将另一条链上的节点依次出栈并建边
add(s[top-1],s[top]);
add(s[top],s[top-1]);
top--;
}
if(lca!=s[top]){//lca不在栈中
head[lca]=0;
add(lca,s[top]);
add(s[top],lca);
}
s[top]=lca;
s[++top]=h[i];
head[h[i]]=0;
}
}
while(s[top]!=1){//将栈中剩余节点依次出栈并建边
add(s[top-1],s[top]);
add(s[top],s[top-1]);
top--;
}
}
于是我们就学会了虚树的建立了！
对于消耗战这题，直接在虚树上跑最开始讲的那个 DP 就行了，我们等于利用了虚树排除了那些没用的非关键节点！仍然考虑 \(i\) 的所有儿子 \(v\)：
- 若 \(v\) 不是关键点：\(Dp(i)=Dp(i) + \min \{Dp(v),w(i,v)\}\)
- 若 \(v\) 是关键点：\(Dp(i)=Dp(i) + w(i,v)\)
于是这题AC了。
完整代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define N 250010
#define ll long long
using namespace std;
const ll inff=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
int n,m,k,h[N];
int s[N],top;
int dfn[N],cnt;
bool vis[N];
int f[20][N],d[N];
ll line[20][N],dp[N];//dp[i]:i不与关键后代相连的最小代价
struct node{
int to;ll w;
};
vector<node> v[N];//原图
int head[N],to[N*2],nxt[N*2],tot=1;//虚树
void add(int x,int y){
++tot;
to[tot]=y;
nxt[tot]=head[x];
head[x]=tot;
}
bool cmp(int a,int b){return dfn[a]<dfn[b];}
void dfs(int x,int fa){
f[0][x]=fa,d[x]=d[fa]+1;
for(int i=1;i<=18;i++) f[i][x]=f[i-1][f[i-1][x]],line[i][x]=min(line[i-1][x],line[i-1][f[i-1][x]]);
dfn[x]=++cnt;
for(int i=0;i<v[x].size();i++){
int u=v[x][i].to;
if(u==fa) continue;
line[0][u]=v[x][i].w;
dfs(u,x);
}
}
ll DIS(int x,int y){
ll res=inff;
for(int i=18;i>=0;i--){
if(d[f[i][x]]>=d[y]) res=min(line[i][x],res),x=f[i][x];
}
return res==inff?0:res;
}
void dfs_xs(int x,int fa){
dp[x]=0;
for(int i=head[x];i;i=nxt[i]){
int u=to[i];
if(u==fa) continue;
ll dis=DIS(u,x);
dfs_xs(u,x);
if(!vis[u]) dp[x]=dp[x]+min(dp[u],dis);
else dp[x]=dp[x]+dis;
}
}
int LCA(int x,int y){
if(d[x]<d[y]) swap(x,y);
for(int i=18;i>=0;i--){
if(d[f[i][x]]>=d[y]) x=f[i][x];
}
if(x==y) return x;
for(int i=18;i>=0;i--){
if(f[i][x]!=f[i][y]) x=f[i][x],y=f[i][y];
}
return f[0][x];
}
void build(){
tot=1;
sort(h+1,h+k+1,cmp);
top=0;
s[++top]=1;
head[1]=0;
for(int i=1;i<=k;i++){
int lca=LCA(h[i],s[top]);
if(lca==s[top]){
s[++top]=h[i];
head[h[i]]=0;
}else{
while(d[s[top-1]]>=d[lca]){
add(s[top-1],s[top]);
add(s[top],s[top-1]);
top--;
}
if(lca!=s[top]){
head[lca]=0;
add(lca,s[top]);
add(s[top],lca);
}
s[top]=lca;
s[++top]=h[i];
head[h[i]]=0;
}
}
while(s[top]!=1){
add(s[top-1],s[top]);
add(s[top],s[top-1]);
top--;
}
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);
cin>>n;
for(int i=1;i<n;i++){
int x,y,val;
cin>>x>>y>>val;
v[x].push_back(node{y,val});
v[y].push_back(node{x,val});
}
dfs(1,0);
cin>>m;
while(m--){
for(int i=1;i<=k;i++) vis[h[i]]=0;
cin>>k;
for(int i=1;i<=k;i++){
cin>>h[i];
vis[h[i]]=1;
}
build();
dfs_xs(1,0);
cout<<dp[1]<<"\n";
}
return 0;
}
