题目
我们可以很快的想到一个单次(O(n))的dp。
然后我们注意到这个dp有很多无用的操作，比如一条没有关键点的链可以直接去掉。
所以我们可以尝试一次dp中只管那些有用的点。
题目给的关键点显然是要算进去的，但是只算这些的我们不足以构成一棵树，所以我们还需要任意两点的lca。
如果我们把关键点排序，那么我们需要的就是相邻两个点的lca。
这样我们就把需要的点给拿了出来，显然单次询问点数是(k)级别的。
但是我们还需要一个方法来让我们把这(k)个点给建一棵树（也就是掌握它们的相对关系），不然我们没办法做树形dp。
建出来的这个树叫做虚树，接下来我们将给出一个构建虚树的方法。
（其实对于一棵较小的树而言，手玩构造虚树是十分容易的，但是我们需要用程序化的语言来表达它）
我们知道建树的过程是一个dfs，而dfs的实现是栈，所以我们用栈来模拟建树。
按dfs序枚举每个点，假设当前点是(p)，栈顶元素是(x)，第二个元素是(y)。
首先如果栈大小只有(1)即没有(y)元素的话我们可以直接把(p)入栈。
然后我们求出(p,x)的lca，记为(l)。
如果(l=x)，即(p)在(x)的子树中的话，我们就直接把(p)入栈。（在这一道题可以不用入栈，因为覆盖一个点一定会覆盖它的子树中的所有点）
否则我们再考虑(l)与(y)的关系。
如果(dfn_lle dfn_y)，即那么此时(y)在(l-x)的链上且为(x)的“父亲”（这个父亲指的是虚树中的父亲）（如果单纯只有这个限制条件的话，还有可能(y)并不在(l-x)链上，但是根据我们之后的一些操作，我们会保证这个栈里面的节点一定是一条链，这样的话(y)就一定会在(l-x)的链上了。），那么我们就把(x)退栈并且加一条((y,x))的边。然后重复这个操作。
直到(dfn_yge dfn_l)了，我们再判断(x,l)的关系。
如果此时(x=l)，那么我们就可以直接把(p)入栈。
否则我们连一条((l,x))的边并把(l)入栈，再把(p)入栈。
看上去非常玄学的过程，自己画一棵树模拟一下会好理解很多，这东西太抽象了
这样我们就把单次dp的复杂度降到了(O(k))。
然后根据实现lca的方式，我们有(O(nlog n+sum klogsum k),O(nlog n+sum k),O(n+sum k))的三种复杂度。
#include<bits/stdc++.h>
#define pi pair<int,int>
#define pb push_back
#define ll long long
using namespace std;
namespace IO
{
char ibuf[(1<<21)+1],obuf[(1<<21)+1],st[19],*iS,*iT,*oS=obuf,*oT=obuf+(1<<21);
char Get(){return (iS==iT? (iT=(iS=ibuf)+fread(ibuf,1,(1<<21)+1,stdin),(iS==iT? EOF:*iS++)):*iS++);}
void Flush(){fwrite(obuf,1,oS-obuf,stdout),oS=obuf;}
void Put(char x){*oS++=x;if(oS==oT)Flush();}
int read(){int x=0,c=Get();while(!isdigit(c))c=Get();while(isdigit(c))x=x*10+c-48,c=Get();return x;}
void write(ll x){int top=0;if(!x)Put('0');while(x)st[++top]=(x%10)+48,x/=10;while(top)Put(st[top--]);Put('
');}
}using namespace IO;
ll min(ll a,ll b){return a<b? a:b;}
const int N=250007;const ll inf=1e18;int a[N];
namespace Graph
{
vector<pi>E[N];
int T,dfn[N],fa[N],size[N],tpa[N],son[N],dep[N];ll mn[N];
void add(int u,int v,int w){E[u].pb(pi(v,w));}
void dfs(int u)
{
size[u]=1,dep[u]=dep[fa[u]]+1,dfn[u]=++T;
for(auto [v,w]:E[u]) if(v^fa[u]) mn[v]=min(mn[u],w),fa[v]=u,dfs(v),size[u]+=size[v],son[u]=size[v]>size[son[u]]? v:son[u];
}
void dfs(int u,int tp)
{
tpa[u]=tp;
if(son[u]) dfs(son[u],tp);
for(auto [v,w]:E[u]) if(v^fa[u]&&v^son[u]) dfs(v,v);
}
int lca(int u,int v)
{
while(tpa[u]^tpa[v]) dep[tpa[u]]>dep[tpa[v]]? u=fa[tpa[u]]:v=fa[tpa[v]];
return dep[u]>dep[v]? v:u;
}
void build(){dfs(1),dfs(1,1);}
}using namespace Graph;
namespace ITree
{
int stk[N],top;vector<int>G[N];
void push(int u)
{
if(top==1) return (void)(stk[++top]=u);
int l=lca(u,stk[top]);
if(l==stk[top]) return;
while(top>1&&dfn[stk[top-1]]>=dfn[l]) G[stk[top-1]].pb(stk[top]),--top;
if(stk[top]^l) G[l].pb(stk[top]),stk[top]=l;
stk[++top]=u;
}
ll dp(int u)
{
if(!G[u].size()) return mn[u];
ll sum=0;
for(int v:G[u]) sum+=dp(v);
return G[u].clear(),min(mn[u],sum);
}
}using namespace ITree;
int main()
{
int n=read();
for(int i=1,u,v,w;i<n;++i) u=read(),v=read(),w=read(),add(u,v,w),add(v,u,w);
mn[1]=inf,build();
for(int i,k,m=read();m;--m)
{
for(k=read(),i=1;i<=k;++i) a[i]=read();
sort(a+1,a+k+1,[](int i,int j){return dfn[i]<dfn[j];}),stk[top=1]=1;
for(i=1;i<=k;++i) push(a[i]);
while(top) G[stk[top-1]].pb(stk[top]),--top;
write(dp(1));
}
return Flush(),0;
}