2514. 消耗战
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2514. 消耗战
[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 \(n\)，表示岛屿数量。
接下来 \(n-1\) 行，每行三个整数 \(u,v,w\) ，表示 \(u\) 号岛屿和 \(v\) 号岛屿由一条代价为 \(w\) 的桥梁直接相连。
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，第 \(i\) 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 \(k_i\) 个整数 \(h_1,h_2,..., h_{k_i}\) ，表示资源丰富岛屿的编号。
输出格式
输出共 \(m\) 行，表示每次任务的最小代价。
样例 #1
样例输入 #1
10
1 5 13
1 9 6
2 1 19
2 4 8
2 3 91
5 6 8
7 5 4
7 8 31
10 7 9
3
2 10 6
4 5 7 8 3
3 9 4 6
样例输出 #1
12
32
22
提示
数据规模与约定
- 对于 \(10\%\) 的数据，\(n\leq 10, m\leq 5\) 。
- 对于 \(20\%\) 的数据，\(n\leq 100, m\leq 100, 1\leq k_i\leq 10\) 。
- 对于 \(40\%\) 的数据，\(n\leq 1000, 1\leq k_i\leq 15\) 。
- 对于 \(100\%\) 的数据，\(2\leq n \leq 2.5\times 10^5, 1\leq m\leq 5\times 10^5, \sum k_i \leq 5\times 10^5, 1\leq k_i< n, h_i\neq 1, 1\leq u,v\leq n, 1\leq w\leq 10^5\) 。
解题思路
虚树
考虑一般情况：
-
状态表示：\(f[i]\) 表示将 \(i\) 为根节点的子树的所有查询点到 \(i\) 不连通的最少代价
-
状态计算：\(j\) 为 \(i\) 的儿子节点，\(w\) 为 \(i\) 到 \(j\) 的最少代价
-
- \(j\) 是查询节点，\(f[i]+=w\)
-
- \(j\) 不是查询节点，\(f[i]+=min(w,f[j])\)
对于每次查询建立相应的虚树即可
- 时间复杂度：\(O(nlogn)\)
代码
// Problem: 消耗战
// Contest: AcWing
// URL: https://www.acwing.com/problem/content/2516/
// Memory Limit: 128 MB
// Time Limit: 2000 ms
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)
// %%%Skyqwq
#include <bits/stdc++.h>
// #define int long long
#define help {cin.tie(NULL); cout.tie(NULL);}
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define mkp make_pair
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;
template <typename T> bool chkMax(T &x, T y) { return (y > x) ? x = y, 1 : 0; }
template <typename T> bool chkMin(T &x, T y) { return (y < x) ? x = y, 1 : 0; }
template <typename T> void inline read(T &x) {
int f = 1; x = 0; char s = getchar();
while (s < '0' || s > '9') { if (s == '-') f = -1; s = getchar(); }
while (s <= '9' && s >= '0') x = x * 10 + (s ^ 48), s = getchar();
x *= f;
}
const int N=2.5e5+5;
int n,m,k,a[N],f[N][20],mn[N][20],dep[N],dfn[N],cnt,t,dis;
LL dp[N];
int stk[N],top;
vector<PII> adj[N];
bool v[N];
void dfs(int x,int fa)
{
dfn[x]=++cnt;
f[x][0]=fa;
for(int i=1;i<=t;i++)
f[x][i]=f[f[x][i-1]][i-1],mn[x][i]=min(mn[x][i-1],mn[f[x][i-1]][i-1]);
for(auto &t:adj[x])
{
int y=t.fi,w=t.se;
if(y==fa)continue;
dep[y]=dep[x]+1;
mn[y][0]=w;
dfs(y,x);
}
}
int lca(int x,int y)
{
dis=1e9;
if(dep[x]>dep[y])swap(x,y);
for(int i=t;i>=0;i--)
if(dep[f[y][i]]>=dep[x])
{
dis=min(dis,mn[y][i]);
y=f[y][i];
}
if(x==y)return x;
for(int i=t;i>=0;i--)
if(f[x][i]!=f[y][i])
{
x=f[x][i],y=f[y][i];
dis=min({dis,mn[x][i],mn[y][i]});
}
return f[x][0];
}
bool cmp(int &x,int &y)
{
return dfn[x]<dfn[y];
}
void build()
{
sort(a+1,a+1+k,cmp);
stk[top=1]=1,adj[1].clear();
for(int i=1;i<=k;i++)
if(a[i]!=1)
{
int l=lca(a[i],stk[top]);
if(l!=stk[top])
{
while(dfn[l]<dfn[stk[top-1]])
{
int u=stk[top-1],v=stk[top];
lca(u,v);
adj[u].pb({v,dis});
top--;
}
if(dfn[l]>dfn[stk[top-1]])
{
adj[l].clear();
lca(l,stk[top]);
adj[l].pb({stk[top],dis});
stk[top]=l;
}
else
{
lca(l,stk[top]);
adj[l].pb({stk[top--],dis});
}
}
adj[a[i]].clear(),stk[++top]=a[i];
}
for(int i=1;i<top;i++)
{
int u=stk[i],v=stk[i+1];
lca(u,v);
adj[u].pb({v,dis});
}
}
void dfs(int x)
{
dp[x]=0;
for(auto &t:adj[x])
{
int y=t.fi,w=t.se;
dfs(y);
if(v[y])dp[x]+=w,v[y]=false;
else
dp[x]+=min(1ll*w,dp[y]);
}
}
int main()
{
help;
cin>>n;
t=__lg(n);
for(int i=1;i<n;i++)
{
int u,v,w;
cin>>u>>v>>w;
adj[u].pb({v,w}),adj[v].pb({u,w});
}
dep[1]=1;
dfs(1,0);
cin>>m;
while(m--)
{
cin>>k;
for(int i=1;i<=k;i++)cin>>a[i],v[a[i]]=true;
build();
dfs(1);
cout<<dp[1]<<'\n';
}
return 0;
}
