[Bzoj3611][Heoi2014]大工程（虚树）

3611: [Heoi2014]大工程

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Time Limit: 60 Sec  Memory Limit: 512 MB
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Description

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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

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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

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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

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Sample Output

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HINT

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n<=1000000

q<=50000并且保证所有k之和<=2*n 

Source

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鸣谢佚名上传

题解：

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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:

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# 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();
}