bzoj2286 (sdoi2011)消耗战(虚树)
[Sdoi2011]消耗战
Time Limit: 20 Sec Memory Limit: 512 MB
Submit: 4052 Solved: 1463
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Description
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
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
32
22
HINT
对于100%的数据,2<=n<=250000,m>=1,sigma(ki)<=500000,1<=ki<=n-1
Source
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.
#include<iostream>
#include<set>
#include<map>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
#include<vector>
#include<queue>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<bitset>
#include<stack>
#define inf 1e60
#define pa pair<int,int>
#define ll long long
using namespace std;
int read()
{
int x=,f=;char ch=getchar();
while(ch<''||ch>''){if(ch=='-')f=-;ch=getchar();}
while(ch>=''&&ch<=''){x=x*+ch-'';ch=getchar();}
return x*f;
}
int bin[];
int n,m,cnt,ind,top;
int last[],last2[],fa[][];
ll mn[],f[];
int h[],mark[],deep[];
int st[];
struct edge{
int to,next,v;
}e[],ed[];
void insert(int u,int v,int w)//普通增边吧
{
e[++cnt].to=v;e[cnt].next=last[u];last[u]=cnt;e[cnt].v=w;
e[++cnt].to=u;e[cnt].next=last[v];last[v]=cnt;e[cnt].v=w;
}
void insert2(int u,int v)//这是虚树增边
{
if(u==v)return;
ed[++cnt].to=v;ed[cnt].next=last2[u];last2[u]=cnt;
}
bool cmp(int a,int b)
{
return mark[a]<mark[b];
}
void pre(int x)//预处理深度,以及父亲
{
mark[x]=++ind;
for(int i=;bin[i]<=deep[x];i++)
fa[x][i]=fa[fa[x][i-]][i-];
for(int i=last[x];i;i=e[i].next)
if(e[i].to!=fa[x][])
{
mn[e[i].to]=min(mn[x],(ll)e[i].v);//到路径的最小值。
deep[e[i].to]=deep[x]+;
fa[e[i].to][]=x;
pre(e[i].to);
}
}
int lca(int x,int y)//倍增求lca
{
if(deep[x]<deep[y])swap(x,y);
int t=deep[x]-deep[y];
for(int i=;bin[i]<=t;i++)
if(t&bin[i])x=fa[x][i];
for(int i=;i>=;i--)
if(fa[x][i]!=fa[y][i])
x=fa[x][i],y=fa[y][i];
if(x==y)return x;
return fa[x][];
}
void dp(int x)
{
f[x]=mn[x];
ll tmp=;
for(int i=last2[x];i;i=ed[i].next)
{
dp(ed[i].to);
tmp+=f[ed[i].to];
}
last2[x]=;
if(tmp==)f[x]=mn[x];
else if(tmp<=f[x])f[x]=tmp;
}
void solve()
{
cnt=;
int K=read();
for(int i=;i<=K;i++)
h[i]=read();
sort(h+,h+K+,cmp);//输入是无序的
int tot=;
h[++tot]=h[];
for(int i=;i<=K;i++)
if(lca(h[tot],h[i])!=h[tot]) h[++tot]=h[i];
st[++top]=;//根节点是总根
for(int i=;i<=tot;i++)
{
int now=h[i],f=lca(now,st[top]);
while()
{
if(deep[f]>=deep[st[top-]])
{
insert2(f,st[top--]);
if(st[top]!=f)st[++top]=f;
break;
}
insert2(st[top-],st[top]);top--;
}
if(st[top]!=now)st[++top]=now;
}
while(--top)insert2(st[top],st[top+]);
dp();
printf("%lld\n",f[]);
}
int main()
{
bin[]=;for(int i=;i<;i++)bin[i]=bin[i-]<<;
n=read();
for(int i=;i<n;i++)
{
int u=read(),v=read(),w=read();
insert(u,v,w);
}
mn[]=inf;pre();
m=read();
for(int i=;i<=m;i++)
solve();
return ;
}
重复判断上述过程
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