uoj388 【UNR #3】配对树

题目

看起来啥都不会

先来思考那个子问题，给出(2 imes k)个树上关键点，让这些关键点两两匹配，使得(k)对匹配的边权和最小

不妨考虑树上差分，众所周知，让路径((x,y))上边权加(1)只需要使得(x,y)点权加(1)，( m LCA(x,y))点权减(2)，再求一下子树和即可

先将(2 imes k)个关键点的点权都加(1)，现在我们需要选择(k)个( m LCA)，让这些( m LCA)的点权都减(2)，由于我们最后需要最小化所有被经过的边权和，于是我们需要让这些( m LCA)尽可能地深

设(d_x)表示点(x)子树内部有多少个关键点，显然(d_x=sum_{vin son(x)}d_v)，我们让这些关键点两两匹配，就形成了(left lfloor frac{d_x}{2} ight floor)组匹配，于是我们让(x)点权减去(2 imes left lfloor frac{d_x}{2} ight floor)，同时(d_x)也会变成(d_x-2 imes left lfloor frac{d_x}{2} ight floor)即(d_x m mod 2)

于是(d_v)也只可能是(0)或(1)，即一个儿子最多也只能上传给父亲一个未匹配的关键点，所以并不会出现在(x)处匹配的( m LCA)不是(x)的情况

得出所有点的点权之后，做一遍子树和即得到了每一条边被经过的次数，我们就能计算最小匹配了

暴力枚举所有长度为偶数的区间，于是我们得到了一个(O(m^2n))的优秀做法

考虑一下这个算法带来的启示

首先一条边被经过的次数一定不会超过(1)，可以考虑对于每一条边计算出其在多少个区间里被经过

同时还由于每一个点的(d)只可能是(0)或(1)，当(d_x=0)时，就说明(x)内的关键点在(x)子树内部就已经匹配完了，不需要和(x)外面的关键点匹配了；当(d_x=1)时，说明(x)子树内部有一个未匹配的关键点，由于这个关键点一定要和(x)子树外的点匹配，所以(x)到其父亲的那一条边一定会被经过

显然(d_x)即(x)子树内部关键点个数的奇偶性，于是当一个点子树内部有奇数个关键点时，这个点到其父亲的边一定会被经过

现在我们只需要对于每个点，求出有多少个长度为偶数的区间，使得其子树内部有奇数个关键点

我们可以大力( m dsu on tree)，对于每一个点求出一个桶(tax)，(tax_i)表示给出序列上的第(i)个点是否在这个点的子树内部出现过

现在我们只需要求这个桶有多少个长度为偶数的区间异或和为(1)即可

考虑对这个桶做一遍前缀异或和，([l,r])区间长度为偶数且异或和为(1)需要满足，(r-l+1equiv 0( m mod 2),pre_r-pre_{l-1}equiv 1( m mod 2))，即(l-1)和(r)的奇偶性相同，(pre_r)和(pre_{l-1})的奇偶性不同

于是我们开两棵线段树，分别维护奇位置和偶位置的前缀异或和，单点修改变成了后缀取反，线段树随便维护一下就可以了，复杂度(O(nlog^2n))

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define re register
#define LL long long
const int mod=998244353;
const int maxn=1e5+5;
inline int read() {
	char c=getchar();int x=0;while(c<'0'||c>'9') c=getchar();
	while(c>='0'&&c<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+c-48,c=getchar();return x;
}
std::vector<int> v[maxn];
struct E{int v,nxt,w;}e[maxn<<1];
int deep[maxn],sum[maxn],fa[maxn],son[maxn],id[maxn],head[maxn];
int n,m,num,s[2],ans,S;
inline void add(int x,int y,int z) {
	e[++num].v=y;e[num].nxt=head[x];head[x]=num;e[num].w=z;
}
struct Segment_Tree {
	int l[maxn<<1],r[maxn<<1],tag[maxn<<1],g[maxn<<1],len[maxn<<1],cl[maxn<<1];
	void build(int x,int y,int i) {
		l[i]=x,r[i]=y;len[i]=r[i]-l[i]+1;
		if(x==y) return;
		int mid=x+y>>1;
		build(x,mid,i<<1),build(mid+1,y,i<<1|1);
	}
	inline void pushdown(int i) {
		if(cl[i]) {
			cl[i]=0;cl[i<<1]=cl[i<<1|1]=1;
			g[i<<1|1]=g[i<<1]=tag[i<<1]=tag[i<<1|1]=0;
		}
		if(!tag[i]) return;tag[i]=0;
		tag[i<<1]^=1;tag[i<<1|1]^=1;
		g[i<<1]=len[i<<1]-g[i<<1];
		g[i<<1|1]=len[i<<1|1]-g[i<<1|1];
	}
	void change(int pos,int i) {
		if(l[i]>=pos) {
			g[i]=len[i]-g[i];
			tag[i]^=1;return;
		}
		pushdown(i);
		int mid=l[i]+r[i]>>1;
		change(pos,i<<1|1);
		if(pos<=mid) change(pos,i<<1);
		g[i]=g[i<<1]+g[i<<1|1];
	}
	inline void clear() {cl[1]=1;g[1]=tag[1]=0;}
}T[2];
void dfs1(int x) {
	sum[x]=1+v[x].size();
	for(re int i=head[x];i;i=e[i].nxt) {
		if(deep[e[i].v]) continue;
		deep[e[i].v]=deep[x]+1;dfs1(e[i].v);
		sum[x]+=sum[e[i].v];
		fa[e[i].v]=(e[i].w>=mod?e[i].w-mod:e[i].w);
		if(sum[e[i].v]>sum[son[x]]) son[x]=e[i].v;
	}
}
void calc(int pos) {
	T[pos&1].change(id[pos],1);
	if(pos<m) T[(pos+1)&1].change(id[pos+1],1);
}
void solve(int x) {
	for(re int i=0;i<v[x].size();i++) 
		calc(v[x][i]);
	for(re int i=head[x];i;i=e[i].nxt) {
		if(deep[e[i].v]<deep[x]||e[i].v==S) continue;
		solve(e[i].v);
	}
}
void dfs(int x,int k) {
	for(re int i=head[x];i;i=e[i].nxt) 
	if(son[x]!=e[i].v&&deep[e[i].v]>deep[x]) dfs(e[i].v,0);
	if(son[x]) dfs(son[x],1),S=son[x];
	solve(x);int now=0;
	now=1ll*T[0].g[1]*(s[0]-T[0].g[1])%mod;
	now=(now+1ll*T[1].g[1]*(s[1]-T[1].g[1])%mod)%mod;
	ans=(ans+1ll*now*fa[x]%mod)%mod;
	if(!k) T[0].clear(),T[1].clear();
}
int main() {
	n=read();m=read();
	for(re int x,y,z,i=1;i<n;i++) {
		x=read(),y=read(),z=read();
		add(x,y,z),add(y,x,z);
	}
	s[0]=s[1]=0;if(m==1) {puts("0");return 0;}
	for(re int i=1;i<=m;i++) id[i]=++s[i&1];
	T[0].build(1,s[0],1),T[1].build(1,s[1],1);s[0]++;
	for(re int x,i=1;i<=m;i++) x=read(),v[x].push_back(i);
	deep[1]=1,dfs1(1),dfs(1,1);
	printf("%d
",ans);
	return 0;
}