BZOJ 2286: [Sdoi2011]消耗战 虚树

Description

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。

Input

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<=u,v<=n且1<=c<=100000。

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h₁,h₂,…h_k，表示资源丰富岛屿的编号。

Output

输出有m行，分别代表每次任务的最小代价。

题解：

此题中 $n$ 最大是 $250000$，然而询问次数确是 $10^5$ 级别的
朴素做法是 $O(mn)$ 的树形DP，效率太低
虽然询问次数非常多，然而 $\sum k$ 却只有 $5\times 10^5$
我们引入虚树
虚树就是每次只保留有用的节点，即关键节点与它们之间的 $LCA$
先对所有关键点按照在原树中 $dfs$ 序前后排一下序
开一个栈 $S$ 来存储一条深度依次递增的链（注意，$S$ 存的是链）
考虑每次新扩展一个关键节点 $x$
(1) 栈中元素小于等于 $1$ 个，直接加入即可
(2) 令 $lca$ 表示 $LCA(S_{top},x)$
若 $lca=S_{top}$， 那么 $x$ 与 $S_{top}$ 以及栈中的链还是会构成一条链，没有分叉，直接将 $x$ 加入栈中即可
若 $lca\neq S_{top}$ ，那么说明 $S_{top}$ 及其子树已全部扩展完毕，我们需要一步一步退栈

while(top > 1 && dep[S[top - 1]] >= dep[lca]) add_edge(S[top - 1], S[top]), --top;
if(S[top] != lca) add_edge(lca, S[top]), S[top] = lca;
S[++top] = x;

将 $S_{top}$ 到 $lca$ 这条链之间的节点全部连边并退栈
条件是 $S_{top-1}$ 的深度要大于等于 $lca$ 的深度
由于是大于等于，所以如果 $lca$ 在栈中的话最后 $S_{top}$ 一定会等于 $lca$，那么就无需加入 $lca$
如果 $lca$ 不等于 $S_{top}$ 的话，那么一定是 $S_{top}$ 与 $S_{top-1}$ 之间夹着 $lca$ ，直接由 $lca$ 向 $S_{top}$ 连一条边，并将栈顶改为 $lca$ 即可

#include <bits/stdc++.h>
#define setIO(s) freopen(s".in", "r", stdin)
#define maxn 500004
#define LOG 23
#define inf 100000000000
#define ll long long
using namespace std;
vector <int> G[maxn];
int edges, tim, n, top;
int hd[maxn], to[maxn << 1], nex[maxn << 1], val[maxn << 1];
int dfn[maxn], f[LOG][maxn], arr[maxn], S[maxn], mk[maxn], dep[maxn];
ll mn[maxn];
inline void addedge(int u, int v, int c)
{
	nex[++edges] = hd[u], hd[u] = edges, to[edges] = v, val[edges] = c;
}
void dfs1(int u, int ff)
{
	f[0][u] = ff;
	for(int i = 1; i < 22; ++i) f[i][u] = f[i - 1][f[i - 1][u]];
	dep[u] = dep[ff] + 1, dfn[u] = ++tim;
    for(int i = hd[u]; i ; i = nex[i])
    {
    	int v = to[i];
    	if(v == ff) continue;
    	mn[v] = min(mn[u], 1ll*val[i]);
    	dfs1(v, u);
    }
}
inline int LCA(int a, int b)
{
	if(dep[a] > dep[b]) swap(a, b);
	if(dep[a] != dep[b])
	{
		for(int i = 21; i >= 0; --i) if(dep[f[i][b]] >= dep[a]) b = f[i][b];
	}
    if(a == b) return a;
    for(int i = 21; i >= 0; --i) if(f[i][a] != f[i][b]) a = f[i][a], b = f[i][b];
    return f[0][a];
}
bool cmp(int a, int b)
{
	return dfn[a] < dfn[b];
}
inline void add_edge(int u, int v)
{
	G[u].push_back(v);
}
inline void insert(int x)
{
	if(top <= 1)
	{
		S[++top] = x;
		return;
	}
	int lca = LCA(x, S[top]);
	if(lca == S[top]) return;
	while(top > 1 && dep[S[top - 1]] >= dep[lca]) add_edge(S[top - 1], S[top]), --top;
	if(S[top] != lca) add_edge(lca, S[top]), S[top] = lca;
	S[++top] = x;
}
ll DP(int x)
{
	ll sum = 0, re;
	for(int i = 0; i < G[x].size(); ++i)  sum += DP(G[x][i]);
	if(mk[x]) re = mn[x];
    else re = min(mn[x], sum);
    mk[x] = 0;
    G[x].clear();
    return re;
}
int main()
{
	// setIO("input");
	scanf("%d",&n);
	for(int i = 1; i < n ; ++i)
	{
		int a, b, c;
		scanf("%d%d%d",&a,&b,&c), addedge(a, b, c), addedge(b, a, c);
	}
	dep[1] = 1, mn[1] = inf, dfs1(1, 0);
	int Q;
	scanf("%d",&Q);
	while(Q--)
	{
		int k;
		scanf("%d",&k);
		for(int i = 1; i <= k ; ++i) scanf("%d",&arr[i]);
		sort(arr + 1, arr + 1 + k, cmp);
	    S[++top] = 1;
	    for(int i = 1; i <= k ; ++i) insert(arr[i]), mk[arr[i]] = 1;
	    while(top > 0) add_edge(S[top - 1], S[top]) , --top;
	    printf("%lld\n",DP(1));
	    for(int i = 1; i <= k ; ++i) mk[arr[i]] = 0;
	}
	return 0;
}