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  • bzoj 2286: [Sdoi2011]消耗战 虚树+树dp

    2286: [Sdoi2011]消耗战

    Time Limit: 20 Sec  Memory Limit: 512 MB
    [Submit][Status][Discuss]

    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，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,sigma(ki)<=500000,1<=ki<=n-1

     

    Source

    Stage2 day2

    思路：虚树建树+树形dp；

    #pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<string>
#include<queue>
#include<algorithm>
#include<stack>
#include<cstring>
#include<vector>
#include<list>
#include<set>
#include<map>
#include<bitset>
#include<time.h>
using namespace std;
#define LL long long
#define pi (4*atan(1.0))
#define eps 1e-8
#define bug(x)  cout<<"bug"<<x<<endl;
const int N=3e5+10,M=1e6+10,inf=1e9+7,MOD=1e9+7;
const LL INF=1e18+10,mod=1e9+7;

struct edge
{
    int v,w,next;
}edge[N<<1];
int head[N],fa[N][20],edg,deep[N];
int in[N],out[N],tot,mi[N][20];
void init()
{
    memset(head,-1,sizeof(head));
    edg=0;tot=0;
}
void add(int u,int v,int w)
{
    edg++;
    edge[edg].v=v;
    edge[edg].w=w;
    edge[edg].next=head[u];
    head[u]=edg;
}
void dfs(int u,int fat)
{
    tot++;
    in[u]=tot;
    for (int i=1; i<=19 ;i++)
    {
        fa[u][i] = fa[fa[u][i-1]][i-1];
        mi[u][i] = min(mi[u][i-1],mi[fa[u][i-1]][i-1]);
    }
    for (int i=head[u];i!=-1;i=edge[i].next)
    {
        int v=edge[i].v;
        int w=edge[i].w;
        if(v==fat) continue;
        deep[v]=deep[u]+1;
        fa[v][0]=u;
        mi[v][0]=w;
        dfs(v,u);
    }
    out[u]=tot;
}
int RMQ_LCA(int x,int y) {
    if(deep[x]<deep[y]) swap(x,y);
    int d=deep[x]-deep[y];
    for (int i=0; i<=19 ;i++)
        if((1<<i)&d) x=fa[x][i];
    for (int i=19; i>=0 ;i--) {
        if(fa[x][i]!=fa[y][i]) {
            x=fa[x][i];y=fa[y][i];
        }
    }
    if(x==y) return x;
    else return fa[x][0];
}
int getmi(int x,int y)//虚树保证在一条链上
{
    int z=deep[y]-deep[x];
    int ans=inf;
    for(int i=0;i<=19;i++)
        if(z&(1<<i))ans=min(ans,mi[y][i]),y=fa[y][i];
    return ans;
}

int h[M];
struct f
{
    int v,w,nex;
}edge2[N<<1];
int head2[N],edg2;
void add2(int u,int v,int w)
{
    edge2[++edg2]=(f){v,w,head2[u]};
    head2[u]=edg2;
}
bool cmp(int u, int v) {
    return in[u] < in[v];
}
bool check(int u, int v) {
    return in[u] <= in[v] && in[v] <= out[u];
}
int build(int A[], int tot)
{
    std::sort(A + 1, A + 1 + tot, cmp);
    for(int i = 2, old_tot = tot; i <= old_tot; i++)
        A[++tot] = RMQ_LCA(A[i - 1], A[i]);
    std::sort(A + 1, A + 1 + tot, cmp);
    tot = std::unique(A + 1, A + 1 + tot) - A - 1;
    std::stack<int> S; S.push(A[1]);
    for(int i = 2; i <= tot; i++) {
        while(!S.empty() && !check(S.top(), A[i])) S.pop();
        int u = S.top(), v = A[i]; // u是v的祖先
        int w=getmi(u,v);
        add2(u,v,w);
        add2(v,u,w);//u, v, deep[v] - deep[u]);
        S.push(v);
    }
    return tot;
}
LL dp[N];
int cnt[N];
void dfs2(int u,int fa,LL pre)
{
    LL si=0;
    for(int i=head2[u];i!=-1;i=edge2[i].nex)
    {
        int v=edge2[i].v;
        int w=edge2[i].w;
        if(v==fa)continue;
        dfs2(v,u,w);
        si+=dp[v];
    }
    if(cnt[u])dp[u]=pre;
    else dp[u]=min(pre,si);
}
int main()
{
    init();
    memset(head2,-1,sizeof(head2));
    int n;
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<n;i++)
    {
        int u,v,w;
        scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
        add(u,v,w);add(v,u,w);
    }
    dfs(1,0);
    int q;
    scanf("%d",&q);
    while(q--)
    {
        edg2=0;
        int t;
        scanf("%d",&t);
        for(int i=1;i<=t;i++)
            scanf("%d",&h[i]),cnt[h[i]]=1;
        h[++t]=1;
        t = build(h, t);
        dfs2(1,0,INF);
        printf("%lld
",dp[1]);
        for(int i=1;i<=t;i++)
        head2[h[i]]=-1,cnt[h[i]]=0;
    }
    return 0;
}

    2286: [Sdoi2011]消耗战

    Time Limit: 20 Sec  Memory Limit: 512 MB
    Submit: 4080  Solved: 1476
    [Submit][Status][Discuss]

    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，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,sigma(ki)<=500000,1<=ki<=n-1

     

    Source

    Stage2 day2
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