http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=2286 (题目链接)
一个小小的细节，WA了一天，欲哭无泪了。。
题意
给出一个n个节点的带权树，总共m次询问，每次询问给出K个节点标号，求出切断这些节点与1号节点的路径的最少花费。
solution
构造虚数+树形dp。
首先，有关虚树的题有一个特征，就是题目会给出sigema(k[i])的范围，保证不会太大。所以我们考虑对于每一次询问构造一棵虚树，然后再在虚树上跑dp，可以大大减少复杂度，比如u，v两点之间没有其他询问点，那么我们就可以把uv直接连起来，中间的点是什么我们并不关心。我们只要建出这样一棵树即可：只含当前询问点和它们的lca，并且相对位置关系不变。
举个例子，比如说选1，5，8，10号节点。 
那么构造出来的的虚树就是： 
那么如何构造虚树呢？
我们先对原树dfs一遍，预处理出dfs序（mark[]），将询问点按照dfs序排序，依次插入一个栈，来动态维护一个叫做“最右链”的东西，就是最右边的一条链……这个也不太好说明，最好自己看着代码模拟一遍……
用虚树还要满足一个条件，就是要维护的信息。例如，和，最大，最小，都有类似于前缀和的性质。就是我们可以从v（u的后代）直接求出u的答案，而不需要遍历u到v的所有边，否则虚树就没有降低复杂度，因为每次还是要在原树上走。在这道题中，我们用一个数组mn[i]来维护节点i到根节点1的路径上的花费最小的那一条边权，mn[i]我们可以在dfs时预处理出。这有什么用呢，看下面。
关于如何在虚树上dp，我么有了mn[]数组后，就变的很简单，f[i]表示断开询问点i以及i的子树上的询问点到根节点1的路径的最小花费。转移方程：f[i]=min(mn[i],sigema(f[e[i].to])，其中e[i].to指的是i节点的孩子节点。
可是我们考虑一种情况，借用上面的图1，若询问点是2和8，mn[8]=4->8=1，mn[2]=1->2=4，按照我们的算法，那么得出的答案就会是1，而这样是不正确的。
也就是说，当存在询问点u，v设deep[u]＜deep[v]使lca(u，v)==u时，我们的dp方程是不成立的。对于这种情况，选择切断深度浅的点的mn[u]是最优的。想一想，若切断了mn[u]，那么在i的子树上的询问点v自然也被切断了。
所以我们在构建虚树的时候，就预先将这种情况处理掉，也就是在u，v中只选择u放入虚树中。所以虚树中只有叶子节点是询问点。
细节
题目数据范围有误→_→。最后输出的答案可能会很大，记得开LL。inf要开到很大，2147483647是远远不够的（博主就这样WA了一天= =）。还有邻接表头head[]不能直接memset。
代码
// bzoj2286
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#define LL long long
#define inf (1ll<<60)
#define Pi acos(-1.0)
#define free(a) freopen(a".in","r",stdin),freopen(a".out","w",stdout);
using namespace std;
const int maxn=300010;
int a[maxn],deep[maxn],head[maxn],dfn[maxn],fa[maxn][30],bin[30],s[maxn];
int n,cnt,Q,K;
LL f[maxn],mn[maxn];
struct edge {int to,next;LL w;}e[maxn<<1];
bool cmp(int a,int b) {
return dfn[a]<dfn[b];
}
void link(int u,int v,LL w) {
e[++cnt]=(edge){v,head[u],w};head[u]=cnt;
e[++cnt]=(edge){u,head[v],w};head[v]=cnt;
}
void link(int u,int v) {
e[++cnt]=(edge){v,head[u],0};head[u]=cnt;
}
void dfs(int x) {
dfn[x]=++cnt;
for (int i=1;i<=20;i++) fa[x][i]=fa[fa[x][i-1]][i-1];
for (int i=head[x];i;i=e[i].next) if (e[i].to!=fa[x][0]) {
mn[e[i].to]=min(mn[x],e[i].w);
fa[e[i].to][0]=x;
deep[e[i].to]=deep[x]+1;
dfs(e[i].to);
}
}
int lca(int x,int y) {
if (deep[x]<deep[y]) swap(x,y);
int t=deep[x]-deep[y];
for (int i=0;bin[i]<=t;i++) if (bin[i]&t) x=fa[x][i];
for (int i=20;i>=0;i--) if (fa[x][i]!=fa[y][i]) x=fa[x][i],y=fa[y][i];
return x==y ? x : fa[x][0];
}
void build() {
cnt=0;int top=1,tot=1;
for (int i=2;i<=K;i++) if (lca(a[tot],a[i])!=a[tot]) a[++tot]=a[i];
s[top]=1;
for (int i=1;i<=tot;i++) {
int x;
while (top) {
x=lca(a[i],s[top]);
if (top>1 && deep[x]<deep[s[top-1]]) link(s[top-1],s[top]),top--;
else if (deep[x]<deep[s[top]]) {link(x,s[top--]);break;}
else break;
}
if (s[top]!=x) s[++top]=x;
s[++top]=a[i];
}
while (--top) link(s[top],s[top+1]);
}
void dp(int x) {
LL tmp=0;f[x]=mn[x];
for (int i=head[x];i;i=e[i].next) {
dp(e[i].to);
tmp+=f[e[i].to];
}
head[x]=0; //注意只能在这里清空邻接表，不然复杂度不对
f[x]=tmp==0 ? mn[x] : min(tmp,mn[x]);
}
int main() {
bin[0]=1;for (int i=1;i<=20;i++) bin[i]=bin[i-1]<<1;
scanf("%d",&n);
for (int u,v,w,i=1;i<n;i++) {
scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
link(u,v,w);
}
cnt=0;mn[1]=inf;dfs(1);
scanf("%d",&Q);
memset(head,0,sizeof(head));
for (int i=1;i<=Q;i++) {
scanf("%d",&K);
for (int j=1;j<=K;j++) scanf("%d",&a[j]);
sort(a+1,a+1+K,cmp);
build();
dp(1);
printf("%lld
",f[1]);
}
return 0;
}