描述
给定一棵含有 n 个结点的树，结点从 1 标号。你从 1 号结点驾车出发，希望遍历一些关键结点（访问到就好，不需要按照这些关键结点的输入顺序）。每条边有两个权值，c0, c1 分别表示步行和驾车经过这条边的代价。每次你可以选择驾车经过一条边（当且仅当有车），或者将车停放在当前所在的结点（如果有车），步行经过一条边。
求遍历完所有关键结点的最少代价。
注意: 你可以在任意结点结束遍历，即使当前没有车。
解题报告:
用时:2h20min,1RE1WA
这题做的不是很好，首先看到题目思考了许久找不到好一点的状态，然后参考了题解的状态
(f[x][0/1/2/3/4])表示x子树内所有的关键点都已经走完的5中状态的最小代价
(f[x][0])表示只考虑人走,且人必须回到x的最小代价
(f[x][1])表示只考虑人走,且人可以不回来的最小代价(用于f[x][4]的转移)
(f[x][2])表示人车一起走，且两者都回来的最小代价
(f[x][3])表示人车一起走，且人回车不回的最小代价(用于f[x][4]的转移)
(f[x][4])表示人车一起走，最后两者都不回来的最小代价
在自己做的时候并没有定义到(f[x][3])这个状态，然后发现(f[x][4])是可以借助(f[x][3])转移的
设(dis)为该边人走的代价，(dis0)为车走的代价,(u)为x的子节点
(f[x][0]=sum_{u}f[u][0]+2*dis)
(f[x][2]=sum_{u}Min(f[u][2]+2*dis0,f[u][0]+2*dis))
这两个比较显然，对于(f[x][2])你可以带着车一起走完回来，也可以把车放在原地，走完回来
设(t=(f[u][2]+2*dis0,f[u][0]+2*dis))
(f[x][1])就是某一个子节点走的是(f[u][1]+dis),其他节点走的是(t)
(f[x][3])同理，某一个点走(f[u][3]+dis+dis0),其他点走(t)
显然这两个节点的特殊节点的选择都是选择贡献最大的，即(f[u][1]+dis)和(f[u][0]+dis*2)做差后最大的一个
对于(f[x][4])两者都不回，我们要分情况讨论:
1.在遍历最后一颗子树时，有车
显然遍历之前是(f[x][3]),然后可以选择最后一颗子树是开车还是不开车对应(f[u][1])和(f[u][4])
2.若此时没有车
遍历之前状态是(f[x][2]),其中某个子树是(f[u][3])，表示车没有回来人回来了,然后和上面一种情况不同的是：只能选择人走了，那么就是在不同于选择了(f[u][3])的子树中再选择一个走(f[v][1])
一个我没注意到的细节:
如果u同于v，那么应该记录一个次小值，不然就会少一组转移
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#define RG register
#define il inline
#define iter iterator
#define Max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define Min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e6+5;
int head[N],num=0,to[N<<1],nxt[N<<1],dis[N<<1],dis0[N<<1];
void link(int x,int y,int d,int d0){
nxt[++num]=head[x];to[num]=y;dis[num]=d;
dis0[num]=d0;head[x]=num;
}
int gi(){
int str=0;char ch=getchar();
while(ch>'9' || ch<'0')ch=getchar();
while(ch>='0' && ch<='9')str=(str<<1)+(str<<3)+ch-48,ch=getchar();
return str;
}
int n,m;bool vis[N],mark[N];ll f[N][5];
void dfs(int x,int last){
int u,imp;ll t,f1=0,f2=0,f3=0,tmp,f4=0;
mark[x]=vis[x];
for(int i=head[x];i;i=nxt[i]){
u=to[i];if(u==last)continue;
dfs(u,x);
mark[x]+=mark[u];
if(!mark[u])continue;
f[x][0]+=f[u][0]+(dis[i]<<1);
t=Min(f[u][2]+(dis0[i]<<1),f[u][0]+(dis[i]<<1));
f[x][2]+=t;
f1=Min(f1,f[u][1]-f[u][0]-dis[i]);
tmp=f[u][3]+dis[i]+dis0[i]-t;
if(tmp<f2){
f4=f2;
f2=tmp;
imp=u;
}
else if(tmp<f4)f4=tmp;
f3=Min(f3,min(f[u][4]+dis0[i],f[u][1]+dis[i])-t);
}
f[x][1]=f[x][0]+f1;
f[x][3]=f[x][2]+f2;
f[x][4]=f[x][2]+f3;
f[x][4]=Min(f[x][4],f[x][3]);
for(int i=head[x];i;i=nxt[i]){
u=to[i];if(u==last || !mark[u])continue;
t=Min(f[u][2]+(dis0[i]<<1),f[u][0]+(dis[i]<<1));
tmp=f[u][1]+dis[i]-t;
if(u==imp)
f[x][4]=Min(f[x][4],f[x][2]+tmp+f4);
else f[x][4]=Min(f[x][4],f[x][2]+tmp+f2);
}
}
void work()
{
int x,y,d,d0;
n=gi();
for(int i=1;i<n;i++){
x=gi();y=gi();d=gi();d0=gi();
link(x,y,d,d0);link(y,x,d,d0);
}
m=gi();
for(int i=1;i<=m;i++){
x=gi();vis[x]=true;
}
dfs(1,1);
printf("%lld
",Min(f[1][4],f[1][0]));
}
int main()
{
work();
return 0;
}