BZOJ 3991: [SDOI2015]寻宝游戏 树链的并+set

Description

小B最近正在玩一个寻宝游戏，这个游戏的地图中有N个村庄和N-1条道路，并且任何两个村庄之间有且仅有一条路径可达。游戏开始时，玩家可以任意选择一个村庄，瞬间转移到这个村庄，然后可以任意在地图的道路上行走，若走到某个村庄中有宝物，则视为找到该村庄内的宝物，直到找到所有宝物并返回到最初转移到的村庄为止。小B希望评测一下这个游戏的难度，因此他需要知道玩家找到所有宝物需要行走的最短路程。但是这个游戏中宝物经常变化，有时某个村庄中会突然出现宝物，有时某个村庄内的宝物会突然消失，因此小B需要不断地更新数据，但是小B太懒了，不愿意自己计算，因此他向你求助。为了简化问题，我们认为最开始时所有村庄内均没有宝物

Input

第一行，两个整数N、M，其中M为宝物的变动次数。

接下来的N-1行，每行三个整数x、y、z，表示村庄x、y之间有一条长度为z的道路。

接下来的M行，每行一个整数t，表示一个宝物变动的操作。若该操作前村庄t内没有宝物，则操作后村庄内有宝物；若该操作前村庄t内有宝物，则操作后村庄内没有宝物。

 

Output

M行，每行一个整数，其中第i行的整数表示第i次操作之后玩家找到所有宝物需要行走的最短路程。若只有一个村庄内有宝物，或者所有村庄内都没有宝物，则输出0。

题解 $\Rightarrow$ 今天新学了一个知识点：树链的并.
先将所有点按照 $dfs$ 序的大小排序，令 $i$ 表示排名为 $i$ 的点.
所有点的树链的并的总长度=$\sum_{i=1}^{k}dis[i]-\sum_{i=1}^{k-1}dis[LCA(i,i+1)]$.
注意：这里的 $dis$ 是到根节点的距离.
我们发现，在这道题中如果根节点固定，那么答案即为树链的并*2.
这个答案是从确定的根节点出发的结果.
然而，这个根节点出发的策略未必是最优的，即根节点有可能未必有宝物.
于是，再减掉 $dis[LCA(1,n)]*2$ 即可，相当于把多走的那段路给删掉.
写代码的时候要注意是否先/后将点删除再操作，以及用 $lower\_bound$ 或 $upper\_bound$

#include <set>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#define N 200003
#define ll long long
#define setIO(s) freopen(s".in","r",stdin) , freopen(s".out","w",stdout)
using namespace std;
set<int>s;
set<int>::iterator it;
ll dis[N],now;
int n,m,edges,tim;
int hd[N],to[N<<1],nex[N<<1],val[N<<1];
int top[N],fa[N],dep[N],dfn[N],size[N],son[N],re[N];
int vis[N];
void add(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) {
	fa[u]=ff,size[u]=1,dfn[u]=++tim,re[tim]=u;
	for(int i=hd[u];i;i=nex[i])
		if(to[i]!=ff) {
			dep[to[i]]=dep[u]+1,dis[to[i]]=dis[u]+1ll*val[i];
			dfs1(to[i],u), size[u]+=size[to[i]];
			if(size[to[i]]>size[son[u]]) son[u]=to[i];
		}
}
void dfs2(int u,int tp) {
	top[u]=tp;
	if(son[u]) dfs2(son[u],tp);
	for(int i=hd[u];i;i=nex[i])
		if(to[i]!=fa[u]&&to[i]!=son[u])
			dfs2(to[i],to[i]);
}
int LCA(int x,int y) {
	while(top[x]!=top[y])
		dep[top[x]]>dep[top[y]]?x=fa[top[x]]:y=fa[top[y]];
	return dep[x]<dep[y]?x:y;
}
int main() {
	int i,j;
	// setIO("input");
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(i=1;i<n;++i) {
		int x,y,z;
		scanf("%d%d%d",&x,&y,&z),add(x,y,z),add(y,x,z);
	}
	dfs1(1,0), dfs2(1,1);
	for(i=1;i<=m;++i) {
		int x;
		scanf("%d",&x);
		if(!vis[x]) {
			int y=0,z=0;
			it=s.upper_bound(dfn[x]);
			if(it!=s.end()) z=(*it);
			if(it!=s.begin()) it--, y=(*it);
			if(z&&y) now+=dis[LCA(re[z],re[y])];
			if(z) now-=dis[LCA(re[z],x)];
			if(y) now-=dis[LCA(x,re[y])];
			s.insert(dfn[x]),vis[x]=1,now+=dis[x];
		}
		else {
			now-=dis[x], vis[x]=0, s.erase(dfn[x]);
			int z=0,y=0;
			it=s.upper_bound(dfn[x]);
			if(it!=s.end()) z=(*it);
			if(it!=s.begin()) it--, y=(*it);
			if(y) now+=dis[LCA(re[y],x)];
			if(z) now+=dis[LCA(x,re[z])];
			if(y&&z) now-=dis[LCA(re[y],re[z])];
		}
		if(s.size()<2) printf("0\n");
		else {
			int a,b;
			it=s.begin(), a=(*it);
			it=s.end(), it--, b=(*it);
			printf("%lld\n",(now-dis[LCA(re[a],re[b])])<<1);
		}
	}
	return 0;
}