先看一道题：
【BZOJ2286】【SDOI2011】消耗战
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。
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ki，代表第i次后，有ki个岛屿资源丰富，接下来k个整数h1,h2,…hk，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。
Sample Input
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
Sample Output
12
32
22
HINT
对于100%的数据，2≤n≤250000,m≥1,∑ki≤500000,1≤ki≤n−1,1≤u,v≤n,1≤c≤100000
可以想到一个树形DP，(dp[i])表示切断在以i为根的子树中所有关键点（即题中资源丰富的岛屿）所需的最小代价。
这样的树形DP跑一次当然是(O(n))的，总复杂度为(O(NM))，肯定过不了。
但是模拟一下可以发现，有一些点的dp值是完全对答案没有贡献的（例如子树中不包含关键点），但是却要计算它的dp值，这样就增加了算法的时间复杂度。
那这样可以思考一下，能不能去掉这些没有用的点，使得树形DP的树尽量小，从而达到减少时间复杂度的效果？
显然可以。
记录一个从每一个点到根路径上权值最小的边，这时对答案真正有贡献的是所有关键点以及它们的LCA，以及它们LCA的LCA……，将这些节点抽出来，加上一个1号节点为根，再在这颗新建的树上面跑DP即可。
然而实际上可以不用连边，记录每个点在dfs里面进出栈的顺序，每个点变成表示出栈和进栈的点，拿一个栈进行模拟即可，顺带可以清空。
这样的时间复杂度是多少？
因为每次本身有关键节点，再加上LCA，总空间复杂度是(O(2*∑ki))，时间复杂度是(O(M{log_{2*∑ki}}))
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2019.11.30:
做了几道题后发现像上面这样做会在需要多次便利时很麻烦，而且因为没用树剖求LCA，所以搞得程序很慢，所以换一种建虚树的方法。
同样的，我们是要求出每个点的dfn序，将所有节点按照dfn序排列。
然后用一个栈来维护根到栈顶元素的路径上的点。
假设新加入一个节点p，栈顶元素为(st[top]),lca为x和p的最近公共祖先。
因为是按照dfn序排列，所以p不是lca，
1.如果x是lca，直接将p入栈即可。
2.如果x不是lca，则p和x不在同一棵子树中，且x的子树已经遍历完了（因为x的子树中若有y未被遍历，那么y一定在p之前被遍历）
开始构建：
设栈顶中第二个元素为y，分三种情况讨论：
1.dfn[y]>dfn[lca]
连y到x的边（y先放肯定y在x上面），x出栈
2.dfn[y]==dfn[lca]
y等于lca。
连lca到x的边，子树的构建完成。
3.dfn[y]<dfn[lca]
lca在y和x之间，连lca到x的边，x出栈，lca入栈
最后将p入栈即可。
不断重复进行这个过程，就可以构建虚树了。
就给个构建树的函数吧
void insert(int x)
{
if(top==1)
{
st[++top]=x;
return;
}
int LCA=lca(x,s[top]);
if(LCA==s[top])
{
st[++top]=x;
return;
}
while(top>1&&in[st[top-1]]>=in[LCA])
{
adde1(st[top-1],st[top]);
top--;
}
if(LCA!=st[top])
{
adde1(LCA,st[top]);
st[top]=LCA;
}
st[++top]=x;
}
下面的代码就用栈模拟吧。
#include<bits/stdc++.h>
#define N 500010
#define inf 10000010
using namespace std;
int in[N],to[N<<1],nxt[N<<1],cost[N<<1],head[N],out[N],ans[N],deep[N],fa[N][20],indew,cnt,nct,n,m,x,y,z,tree[N];
long long dp[N];
bool is[N];
stack<int> s;
void adde(int x,int y,int z)
{
to[++cnt]=y;
nxt[cnt]=head[x];
cost[cnt]=z;
head[x]=cnt;
}
void dfs(int u)
{
for(int i=1;i<=19;i++)
{
fa[u][i]=fa[fa[u][i-1]][i-1];
}
for(int i=head[u];i;i=nxt[i])
{
int v=to[i],w=cost[i];
if(!deep[v])
{
in[v]=++indew;//进栈序
deep[v]=deep[u]+1;
ans[v]=min(ans[u],w);
fa[v][0]=u;
dfs(v);
}
}
out[u]=++indew;//出栈序
}
bool cmp(int x,int y)//按dfn序进行排序
{
return ((x>0)?in[x]:out[-x])<((y>0)?in[y]:out[-y]);
}
int lca(int x,int y)
{
if(deep[x]<deep[y])
{
swap(x,y);
}
for(int i=19;i>=0;i--)
{
if(deep[fa[x][i]]>=deep[y])
{
x=fa[x][i];
}
}
if(x==y)
{
return x;
}
for(int i=19;i>=0;i--)
{
if(fa[x][i]!=fa[y][i])
{
x=fa[x][i];
y=fa[y][i];
}
}
return fa[x][0];
}
int main()
{
// freopen("1.txt","r",stdin);
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<n;i++)
{
scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
adde(x,y,z);
adde(y,x,z);
}
ans[1]=inf;
deep[1]=1;
dfs(1);
scanf("%d",&m);
while(m--)
{
nct=0;
scanf("%d",&x);
while(x--)//以下是建虚树
{
scanf("%d",&tree[++nct]);
dp[tree[nct]]=ans[tree[nct]];
is[tree[nct]]=1;
}
sort(tree+1,tree+nct+1,cmp);//先按dfn排序
for(int i=2;i<=nct;i++)//放LCA进树中
{
int LCA=lca(tree[i],tree[i-1]);
if(!is[LCA])
{
tree[++nct]=LCA;
is[LCA]=1;
}
}
int nct1=nct;
for(int i=1;i<=nct1;i++)//加出栈点
{
tree[++nct]=-tree[i];
}
if(!is[1])
{
tree[++nct]=1;
tree[++nct]=-1;
is[1]=1;
}
sort(tree+1,tree+nct+1,cmp);
for(int i=1;i<=nct;i++)//用栈模拟
{
if(tree[i]>0)
{
s.push(tree[i]);
}else{
int v=s.top(),u;//v是儿子，v出栈后，u就是父亲
s.pop();
if(v==1)
{
printf("%lld
",dp[1]);
break;
}
u=s.top();
dp[u]+=min(dp[v],1ll*ans[v]);//dp
dp[v]=is[v]=0;
}
}
}
return 0;
}