bzoj2286 （sdoi2011）消耗战（虚树）

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。

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，保证1<=u,v<=n且1<=c<=100000。

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k_i，代表第i次后，有k_i个岛屿资源丰富，接下来k个整数h₁,h₂,…h_k，表示资源丰富岛屿的编号。

输出有m行，分别代表每次任务的最小代价。

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

12
32
22

对于100%的数据，2<=n<=250000,m>=1,sigma(ki)<=500000,1<=ki<=n-1

Stage2 day2

题解：这道题十分惭愧，毕竟不是我自己打的，写了一次代码还写挂了，但是十分欣赏这个数据结构，

怎么办呢，于是直接贴了hzw代码，还是先理解为主吧，(⊙o⊙)…

hzw的代码比较精简，我看了看，也理解了一番，直接写在代码上了，

这是hzw的题解，难以理解，十分正常。

我还觉得这篇题解写的不错

那么就需要用到虚树的技巧了,虚树就是通过维护一个单调栈把树的关键点和它们之间的lca按照dfs序遍历一遍，遍历的过程中通过单调栈的调整来理清树的父亲和儿子之间的关系。

首先，对树节点进行dfs。在期间对节点进行标号dfn。

然后，维护一个单调栈。这个单调栈的节点都在一条链上。

对于栈顶元素 p,栈次顶元素 q, 即将插入节点x 有如下关系：

1.lca是p.此时dfn(x)>dfn(p)=dfn(lca)

这说明 x在p的下面，直接把x入栈即可

2.p和x分立在lca的两棵子树下.此时 dfn(x)>dfn(p)>dfn(ilca)

这时候就有三种讨论了

针对这道题的连边就是树型dp处理

(1)如果dfn(q)>dfn(lca),可以直接连边q->p,然后退一次栈.

(2)如果dfn(q)=dfn(lca),说明q=lca,直接连边lca->p,把p退栈,此时子树已经构建完毕.

(3)如果dfn(q)<dfn(lca),说明lca被p与q夹在中间,此时连边lca->q,把p退栈,再把lca压入栈.此时子树构建完毕.

  1 #include<iostream>
  2 #include<set>
  3 #include<map>
  4 #include<cstdio>
  5 #include<cstring>
  6 #include<cstdlib>
  7 #include<ctime>
  8 #include<vector>
  9 #include<queue>
 10 #include<algorithm>
 11 #include<cmath>
 12 #include<bitset>
 13 #include<stack>
 14 #define inf 1e60
 15 #define pa pair<int,int>
 16 #define ll long long 
 17 using namespace std;
 18 int read()
 19 {
 20     int x=0,f=1;char ch=getchar();
 21     while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
 22     while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
 23     return x*f;
 24 }
 25 int bin[20];
 26 int n,m,cnt,ind,top;
 27 int last[250005],last2[250005],fa[250005][20];
 28 ll mn[250005],f[250005];
 29 int h[250005],mark[250005],deep[250005];
 30 int st[250005];
 31 struct edge{
 32     int to,next,v;
 33 }e[500005],ed[500005];
 34 void insert(int u,int v,int w)//普通增边吧 
 35 {
 36     e[++cnt].to=v;e[cnt].next=last[u];last[u]=cnt;e[cnt].v=w;
 37     e[++cnt].to=u;e[cnt].next=last[v];last[v]=cnt;e[cnt].v=w;
 38 }
 39 void insert2(int u,int v)//这是虚树增边 
 40 {
 41     if(u==v)return;
 42     ed[++cnt].to=v;ed[cnt].next=last2[u];last2[u]=cnt;
 43 }
 44 bool cmp(int a,int b)
 45 {
 46     return mark[a]<mark[b];
 47 }
 48 void pre(int x)//预处理深度，以及父亲 
 49 {
 50     mark[x]=++ind;
 51     for(int i=1;bin[i]<=deep[x];i++)
 52         fa[x][i]=fa[fa[x][i-1]][i-1];
 53     for(int i=last[x];i;i=e[i].next)
 54         if(e[i].to!=fa[x][0])
 55         {
 56             mn[e[i].to]=min(mn[x],(ll)e[i].v);//到路径的最小值。 
 57             deep[e[i].to]=deep[x]+1;
 58             fa[e[i].to][0]=x;
 59             pre(e[i].to);
 60         }
 61 }
 62 int lca(int x,int y)//倍增求lca 
 63 {
 64     if(deep[x]<deep[y])swap(x,y);
 65     int t=deep[x]-deep[y];
 66     for(int i=0;bin[i]<=t;i++)
 67         if(t&bin[i])x=fa[x][i];
 68     for(int i=19;i>=0;i--)
 69         if(fa[x][i]!=fa[y][i])
 70             x=fa[x][i],y=fa[y][i];
 71     if(x==y)return x;
 72     return fa[x][0];
 73 }
 74 void dp(int x)
 75 {
 76     f[x]=mn[x];
 77     ll tmp=0;
 78     for(int i=last2[x];i;i=ed[i].next)
 79     {
 80         dp(ed[i].to);
 81         tmp+=f[ed[i].to];
 82     }
 83     last2[x]=0;
 84     if(tmp==0)f[x]=mn[x];
 85     else if(tmp<=f[x])f[x]=tmp;
 86 }
 87 void solve()
 88 {
 89     cnt=0;
 90     int K=read();
 91     for(int i=1;i<=K;i++)
 92         h[i]=read();
 93     sort(h+1,h+K+1,cmp);//输入是无序的 
 94     int tot=0;
 95     h[++tot]=h[1];
 96     for(int i=2;i<=K;i++)
 97         if(lca(h[tot],h[i])!=h[tot]) h[++tot]=h[i];
 98     st[++top]=1;//根节点是总根 
 99     for(int i=1;i<=tot;i++)
100     {
101         int now=h[i],f=lca(now,st[top]);
102         while(1)
103         {
104             if(deep[f]>=deep[st[top-1]])
105             {
106                 insert2(f,st[top--]);
107                 if(st[top]!=f)st[++top]=f;
108                 break;
109             }
110             insert2(st[top-1],st[top]);top--;
111         }
112         if(st[top]!=now)st[++top]=now;
113     }
114     while(--top)insert2(st[top],st[top+1]);
115     dp(1);
116     printf("%lld
",f[1]);
117 }
118 int main()
119 {
120     bin[0]=1;for(int i=1;i<20;i++)bin[i]=bin[i-1]<<1;
121     n=read();
122     for(int i=1;i<n;i++)
123     {
124         int u=read(),v=read(),w=read();
125         insert(u,v,w);
126     }
127     mn[1]=inf;pre(1);
128     m=read();
129     for(int i=1;i<=m;i++)
130         solve();
131     return 0;
132 }

重复判断上述过程

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[Sdoi2011]消耗战

Description

Input

Output

Sample Input

Sample Output

HINT

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