[Bzoj3611][Heoi2014]大工程（虚树）

3611: [Heoi2014]大工程

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Description

国家有一个大工程，要给一个非常大的交通网络里建一些新的通道。

我们这个国家位置非常特殊，可以看成是一个单位边权的树，城市位于顶点上。

在 2 个国家 a,b 之间建一条新通道需要的代价为树上 a,b 的最短路径。

现在国家有很多个计划，每个计划都是这样，我们选中了 k 个点，然后在它们两两之间新建 C(k,2)条新通道。

现在对于每个计划，我们想知道：

1.这些新通道的代价和

2.这些新通道中代价最小的是多少

3.这些新通道中代价最大的是多少

Input

第一行 n 表示点数。

接下来 n-1 行，每行两个数 a,b 表示 a 和 b 之间有一条边。

点从 1 开始标号。接下来一行 q 表示计划数。

对每个计划有 2 行，第一行 k 表示这个计划选中了几个点。

第二行用空格隔开的 k 个互不相同的数表示选了哪 k 个点。

Output

输出 q 行，每行三个数分别表示代价和，最小代价，最大代价。

Sample Input

Sample Output

HINT

n<=1000000

q<=50000并且保证所有k之和<=2*n

Source

鸣谢佚名上传

题解：

其实数据范围第二句话就摆明是虚树了。。

然后看看这道题要我们做啥，求虚树关键点间最长链，最短链，两两距离和。。

关于距离和，我们只用在dfs时考虑一下当前点，和它儿子结点的边会有多少点对经过就行。

设总关键点为k，一个点x子树所包含关键点数量为sz[x]

当然就是（k - sz[son]） * sz[son]次啦。设每个点到它父亲边被经过次数为cnti

距离就是 dep[son] - dep[now]。设为这个距离为wi

答案就是

就这样我们把第一个询问做出来了。

第二第三询问树上最长最短链，noip--难度。但是有树上有关键点之间的lca啊，当它为链的起点或终点时答案会增大。

然后仔细一想我们只有在当前点为关键点时才会计算单条链贡献。

因为虚点都是关键点间lca所以不会出现虚点为叶子结点，这样就保证起点和终点不会是虚点了。

然后就简单虚树上dp了。

AC代码:

# include <iostream>

# include <cstdio>

# include <cstring>

# include <algorithm>

using namespace std;

typedef long long LL;

const int N = 1e6 + ;

const int inf = 0x3f3f3f3f;

int sz[N],hson[N],top[N],dep[N],que[N],k,a[N],g[N];LL f[N];

int head[N],dt,tot,fa[N],id[N],n,m,mx[N],mi[N],ans1,ans2;

struct Edge{

    int to,nex;

}edge[N << ];

void AddEdge(int u,int v)

{

    if(u == v)return;

    edge[++dt] = (Edge){v,head[u]};

    head[u] = dt;

}

void dfs(int u)

{

    sz[u] = ;

    for(int i = head[u];i;i = edge[i].nex)

    {

        if(sz[edge[i].to])continue;

        dep[edge[i].to] = dep[u] + ;

        fa[edge[i].to] = u;

        dfs(edge[i].to);

        sz[u] += sz[edge[i].to];

        if(sz[hson[u]] < sz[edge[i].to])hson[u] = edge[i].to;

    }

}

void dfs(int u,int tp)

{

    top[u] = tp;id[u] = ++tot;

    if(hson[u])dfs(hson[u],tp);

    for(int i = head[u];i;i = edge[i].nex)

    if(!id[edge[i].to])dfs(edge[i].to,edge[i].to);

    head[u] = ;

}

int lca(int u,int v)

{

    while(top[u] != top[v])

    {

      if(dep[top[u]] < dep[top[v]])swap(u,v);

      u = fa[top[u]];

    }

    return dep[u] < dep[v] ? u : v;

}

bool cmp(int x,int y){return id[x] < id[y];}

void dp(int u)

{

    sz[u] = g[u];mx[u] = ;mi[u] = inf;f[u] = ;

    for(int i = head[u];i;i = edge[i].nex)

    {

        int w = dep[edge[i].to] - dep[u];

        dp(edge[i].to);sz[u] += sz[edge[i].to];

        ans1 = min(ans1,mi[u] + mi[edge[i].to] + w);mi[u] = min(mi[u],mi[edge[i].to] + w);

        ans2 = max(ans2,mx[u] + mx[edge[i].to] + w);mx[u] = max(mx[u],mx[edge[i].to] + w);

        f[u] += f[edge[i].to] + 1LL * sz[edge[i].to] * (k - sz[edge[i].to]) * w;

    }

    if(g[u])ans1 = min(ans1,mi[u]),ans2 = max(ans2,mx[u]),mi[u] = ;

    head[u] = g[u] = ;

}

void solve()

{

    scanf("%d",&k);int top,gr;ans1 = inf;top = dt = ans2 = ;ans1 = inf;

    for(int i = ;i <= k;i++)scanf("%d",&a[i]),g[a[i]] = ;

    sort(a + ,a + k + ,cmp);

    for(int i = ;i <= k;i++)

    {

        if(!top){que[++top] = a[i];continue;}

        gr = lca(que[top],a[i]);

        while(id[gr] < id[que[top]])

        {

            if(id[gr] >= id[que[top - ]])

            {

                AddEdge(gr,que[top]);

                if(que[--top] != gr)que[++top] = gr;

                break;

            }

            AddEdge(que[top - ],que[top]);top--;

        }

        if(que[top] != a[i])que[++top] = a[i];

    }

    top--;

    while(top)AddEdge(que[top],que[top + ]),top--;

    dp(que[]);

    printf("%lld %d %d\n",f[que[]],ans1,ans2);

}

int main()

{

    scanf("%d",&n);int x,y;

    for(int i = ;i < n;i++)

    {

        scanf("%d %d",&x,&y);

        AddEdge(x,y);AddEdge(y,x);

    }

    dfs();dfs(,);

    scanf("%d",&m);

    while(m--)solve();

}