NOIP2018提高组D2T3
ddp虽然好想，但是码量有点大（其实是我不会），因此本文用倍增优化树形DP来解决本题。
题意分析
给一棵树染色，每个节点染色需要一定的花费，要求相邻两个节点至少要有一个被染色，给出一些限制条件，求满足每个限制条件的最小花费为多少。
思路分析
首先判断无解的情况。显然，只有当$a,b$互为父子关系（这里的父子关系指的是严格相邻），且$x,y$都为0时才无解，其它情况都可以通过多染色来解。
很容易想到树形DP，那么具体状态如何设置呢？对于每个限制条件给出的两个点$a,b$，答案可以由四个部分构成：以$a$为根的子树，以$b$为根的子树，以$lca(a,b)$为根的子树减去以$a$为根的子树和以$b$为根的子树，整棵树减去以$lca(a,b)$为根的子树。因为对$a,b$的限制会影响到从$a$到$b$的链上的染色状态，因此拆成这四部分，这四部分互相不影响。
显然，对$a,b$的限制只会影响到以$lca(a,b)$为根的子树减去以$a$为根的子树和以$b$为根的子树的答案，因此，我们可以将其它三个部分的答案预处理出来，然后DP处理剩下的这一部分。
因此状态可以设定为：$f1[i][1/0]$表示以$i$为根的子树当$i$染色/不染色时的最小花费，$f2[i][1/0]$表示整棵树减去以$i$为根的子树当$i$染色/不染色时的最小花费，$dp[i][1/0][1/0]$表示以$lca(a,b)$为根的子树减去以$i$为根的子树当$i$染色/不染色及$i$的父节点染色/不染色（按顺序对应第二维和第三维）时的最小花费。这样，我们就可以从$a,b$一直DP到$lca(a,b)$处计算答案了。特别地，当当前状态无解时，值设定为INF。
但是这样的时间复杂度显然太大。类似这样在树上多次向上的DP，可以想到利用树上倍增进行优化。更改一下$dp$数组的定义，$dp[i][j][0/1][0/1]$表示以$i$的$2^j$辈祖先为根的子树减去以$i$为根的子树当$i$染色/不染色及$i$的$2^j$辈祖先染色/不染色时的最小花费。
接下来的问题就是如何进行DP了。利用上面的三个数组，我们可以倍增地DP到$lca(a,b)$处。首先，我们先将$a,b$中深度较大的一个向上倍增DP，直到$a,b$处于同一深度；此时若$a=b$，说明它们原本具有祖先与后代的关系，直接输出答案；否则就将$a,b$同时向上倍增DP，直到$lca(a,b)$的子节点处，然后进行最后的处理，输出答案。DP的时候，枚举状态转移即可。
整理一下思路：
1. 预处理出$f1,f2,dp$三个数组
1. 将$a,b$中深度较大的一个向上倍增直到$a,b$处于同一深度
1. 判断此时$a,b$是否相等，如果是，直接输出答案；否则继续向上倍增
1. 将$a,b$倍增到$lca(a,b)$的子节点处，进行最后的处理，输出答案
接下来将对具体的实现步骤进行讲解。
具体实现
1. 预处理$f1$数组
很基础的一个树形DP，类似于没有上司的舞会，就不再赘述了。同时也处理出深度数组$d$和倍增祖先数组$f$。
void dfs1(int fa,int x) { f[x][0]=fa,d[x]=d[fa]+1,f1[x][1]=p[x]; for(int i=head[x],y;i;i=Next[i]) if(fa!=(y=ver[i])) { dfs1(x,y); f1[x][0]+=f1[y][1]; f1[x][1]+=min(f1[y][0],f1[y][1]); } }
2. 预处理$f2$数组
当$i$不染色时，$i$的父亲节点必须染色，因此答案就是当$i$的父亲染色时，整棵树减去以$i$的父亲为根的子树的答案，加上以$i$的兄弟（即父亲相同的节点）为根的子树为根的答案。回顾递推$f1$数组的过程，以$i$的兄弟为根的子树为根的答案相当于统计时少了$i$的统计，即$f1[fa][1]-min(f1[i][0],f1[i][1])$，其中$fa$表示$i$的父亲。
当$i$染色时，$i$的父亲染不染色都可以，$i$的父亲染色时和$i$不染色时的答案是一样的，不染色时同理统计，相当于统计$f1$时撤销了对$i$的统计。
void dfs2(int x) { for(int i=head[x],y;i;i=Next[i]) if(f[x][0]!=(y=ver[i])) { f2[y][0]=f2[x][1]+f1[x][1]-min(f1[y][0],f1[y][1]); f2[y][1]=min(f2[y][0],f2[x][0]+f1[x][0]-f1[y][1]); dfs2(y); } }
3. 预处理$dp$数组
先将$dp$数组初始化为无限大。首先先处理dp初值，即$j=0$的情况。
显然，当$i$和$i$的父节点都不染色时，是无解的，不动它；当$i$的父亲染色时，$i$染不染色都可以，因此答案和上面$f2[i][0]$的转移类似，只是不用加上剩下的部分；当$i$的父亲不染色时，$i$必须染色，转移类似，就不再赘述了。
然后就是倍增地处理，对于第$2^j$辈祖先，枚举第$2^{j-1}$辈祖先及$i$和第$2^j$辈祖先的状态进行转移。转移思想也基本类似。
void pre() { memset(dp,0x3f3f,sizeof(dp)); dfs1(0,1),dfs2(1);//先处理f1,f2数组 for(int i=1;i<=n;i++) { dp[i][0][0][1]=dp[i][0][1][1]=f1[f[i][0]][1]-min(f1[i][0],f1[i][1]);//父节点染色 dp[i][0][1][0]=f1[f[i][0]][0]-f1[i][1];//父节点不染色 } for(int j=1;j<=19;j++) for(int i=1;i<=n;i++) { int fa=f[i][j-1]; f[i][j]=f[fa][j-1];//先计算祖先 for(int x=0;x<2;x++)//枚举当前点的状态 for(int y=0;y<2;y++)//枚举第2^j辈祖先的状态 for(int z=0;z<2;z++)//枚举第2^(j-1)辈祖先的状态 dp[i][j][x][y]=min(dp[i][j][x][y],dp[i][j-1][x][z]+dp[fa][j-1][z][y]); } }
接下来对询问的处理进行讲解。
4. 将$a,b$中深度较大的一个上移，直到$a,b$处于同一深度
我们可以先令深度较大的一个为$a$，若不是，则交换。
定义四个数组$ansa[0/1],ansb[0/1],nowa[0/1],nowb[0/1]$，分别代表$a,b$不染色/染色时最终的答案和当前的答案。具体地说，这个答案就是以当前倍增到的这个祖先为根的子树的答案。
处理之前，因为限制条件，将$a,b$点的另一个状态初始化为INF。
转移的时候，一样地，枚举中间点的状态进行转移。每次转移前，将$nowa$数组初始化为INF；每次转移后，将$nowa$数组的值赋给$ansa$数组，然后将$a$上移。
上移之后，若$a=b$，则直接返回答案。因为当前点是$b$，而限制条件对$b$起作用，因此答案就是$ansa[y]+f2[a][y]$，即以$b$为根的子树的答案加上剩下部分的答案。
if(d[a]<d[b]) swap(a,b),swap(x,y);//令x为深度较大的点 ansa[1-x]=ansb[1-y]=INF; ansa[x]=f1[a][x],ansb[y]=f1[b][y];//初值 for(int j=19;j>=0;j--)//倍增 if(d[f[a][j]]>=d[b])//上移到同一深度 { nowa[0]=nowa[1]=INF;//初始化 for(int u=0;u<2;u++)//枚举2^j辈祖先的状态 for(int v=0;v<2;v++)//枚举当前点的状态 nowa[u]=min(nowa[u],ansa[v]+dp[a][j][v][u]); ansa[0]=nowa[0],ansa[1]=nowa[1],a=f[a][j];//数组值转移 } if(a==b) return ansa[y]+f2[a][y];//相等直接返回
5. 将$a,b$同时上移到$lca(a,b)$的子节点处
与上一步类似，只是同时上移，就不赘述了。
for(int j=19;j>=0;j--) if(f[a][j]!=f[b][j]) { nowa[0]=nowa[1]=nowb[0]=nowb[1]=INF; for(int u=0;u<2;u++) for(int v=0;v<2;v++) { nowa[u]=min(nowa[u],ansa[v]+dp[a][j][v][u]); nowb[u]=min(nowb[u],ansb[v]+dp[b][j][v][u]); } ansa[0]=nowa[0],ansa[1]=nowa[1],ansb[0]=nowb[0],ansb[1]=nowb[1],a=f[a][j],b=f[b][j]; }
6. 对$a,b,lca(a,b)$的状态进行枚举，进行最后的处理
还是一样的思想，若$lca(a,b)$染色，则$a,b$染不染色都行；否则$a,b$必须染色。式子看起来很长，实际上只是之前的式子多了一个节点罢了。
int fa=f[a][0]; ans0=f1[fa][0]-f1[a][1]-f1[b][1]+f2[fa][0]+ansa[1]+ansb[1];//lca(a,b)不染色 ans1=f1[fa][1]-min(f1[a][0],f1[a][1])-min(f1[b][0],f1[b][1])+f2[fa][1]+min(ansa[0],ansa[1])+min(ansb[0],ansb[1]);//lca(a,b)染色 return min(ans0,ans1);
完结撒花~
（所以对于正解来说type并没有什么用，不过在考场上打不出正解的时候确实是拿部分分的一个好助手）
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最后奉上完整代码：
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #define ll long long using namespace std; const int N=2e5,M=3e5,L=20; const ll INF=1e17; int n,m,tot; int p[N],d[N],f[N][L]; int head[N],ver[2*M],Next[2*M]; ll ans0,ans1; ll nowa[2],nowb[2],ansa[2],ansb[2],f1[N][2],f2[N][2],dp[N][L][2][2]; string tp; void add(int x,int y) { ver[++tot]=y,Next[tot]=head[x],head[x]=tot; ver[++tot]=x,Next[tot]=head[y],head[y]=tot; } void dfs1(int fa,int x) { f[x][0]=fa,d[x]=d[fa]+1,f1[x][1]=p[x]; for(int i=head[x],y;i;i=Next[i]) if(fa!=(y=ver[i])) { dfs1(x,y); f1[x][0]+=f1[y][1]; f1[x][1]+=min(f1[y][0],f1[y][1]); } }//1. 预处理 $f1$ 数组 void dfs2(int x) { for(int i=head[x],y;i;i=Next[i]) if(f[x][0]!=(y=ver[i])) { f2[y][0]=f2[x][1]+f1[x][1]-min(f1[y][0],f1[y][1]); f2[y][1]=min(f2[y][0],f2[x][0]+f1[x][0]-f1[y][1]); dfs2(y); } }//2. 预处理 $f2$ 数组 void pre() { memset(dp,0x3f3f,sizeof(dp)); dfs1(0,1),dfs2(1); for(int i=1;i<=n;i++) { dp[i][0][0][1]=dp[i][0][1][1]=f1[f[i][0]][1]-min(f1[i][0],f1[i][1]); dp[i][0][1][0]=f1[f[i][0]][0]-f1[i][1]; } for(int j=1;j<=19;j++) for(int i=1;i<=n;i++) { int fa=f[i][j-1]; f[i][j]=f[fa][j-1]; for(int x=0;x<2;x++) for(int y=0;y<2;y++) for(int z=0;z<2;z++) dp[i][j][x][y]=min(dp[i][j][x][y],dp[i][j-1][x][z]+dp[fa][j-1][z][y]); } }//3. 预处理 $dp$ 数组 bool check(int a,int x,int b,int y) { return !x && !y &&(f[a][0]==b || f[b][0]==a); } ll ask(int a,int x,int b,int y) { if(d[a]<d[b]) swap(a,b),swap(x,y); ansa[1-x]=ansb[1-y]=INF; ansa[x]=f1[a][x],ansb[y]=f1[b][y]; for(int j=19;j>=0;j--) if(d[f[a][j]]>=d[b]) { nowa[0]=nowa[1]=INF; for(int u=0;u<2;u++) for(int v=0;v<2;v++) nowa[u]=min(nowa[u],ansa[v]+dp[a][j][v][u]); ansa[0]=nowa[0],ansa[1]=nowa[1],a=f[a][j]; } if(a==b) return ansa[y]+f2[a][y];//4. 将 $a,b$ 中深度较大的一个上移，直到 $a,b$ 处于同一深度 for(int j=19;j>=0;j--) if(f[a][j]!=f[b][j]) { nowa[0]=nowa[1]=nowb[0]=nowb[1]=INF; for(int u=0;u<2;u++) for(int v=0;v<2;v++) { nowa[u]=min(nowa[u],ansa[v]+dp[a][j][v][u]); nowb[u]=min(nowb[u],ansb[v]+dp[b][j][v][u]); } ansa[0]=nowa[0],ansa[1]=nowa[1],ansb[0]=nowb[0],ansb[1]=nowb[1],a=f[a][j],b=f[b][j]; }//5. 将 $a,b$ 同时上移到 $lca(a,b)$ 的子节点处 int fa=f[a][0]; ans0=f1[fa][0]-f1[a][1]-f1[b][1]+f2[fa][0]+ansa[1]+ansb[1]; ans1=f1[fa][1]-min(f1[a][0],f1[a][1])-min(f1[b][0],f1[b][1])+f2[fa][1]+min(ansa[0],ansa[1])+min(ansb[0],ansb[1]); return min(ans0,ans1);//6. 对 $a,b,lca(a,b)$ 的状态进行枚举，进行最后的处理 } int main() { scanf("%d%d",&n,&m);cin>>tp; for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&p[i]); for(int i=1;i<n;i++) { int x,y; scanf("%d%d",&x,&y); add(x,y); } pre(); for(int i=1,a,x,b,y;i<=m;i++) { scanf("%d%d%d%d",&a,&x,&b,&y); if(check(a,x,b,y)) { puts("-1"); continue; } printf("%lld ",ask(a,x,b,y)); } return 0; }