Description
小J继续着周游世界的旅程，这次他来到了一个神奇的群岛。这片群岛有n个岛屿，同时这些岛屿被标上了1-n的编号。
每个岛屿上面都有神奇的传送门，传送门可以把小J从当前的岛屿u传送到指定的岛屿v上面，同时在对应的岛屿v上也有一个与之相对应的传送门，可以使用这个传送门从岛屿v回到岛屿u。
细心的小J发现了传送门有一些小字“这些岛屿上面总的有2*（n-1）个传送门，将这些岛屿连接起来，一个传送门最多只能使用一次，即只能帮助你从岛屿u到岛屿v，使用一次之后传送门就会消失。”
同时，小J也发现了使用一次传送门之后能够得到一定的金币，但使用一对相对应的传送门能得到的金币的数量是不相同的，即从岛屿u到岛屿v能得到的金币和从岛屿v到岛屿u能得到的金币是不同的。
现在小J想知道如果他一开始在岛屿x上，想要借助传送门前往岛屿y，途中最多能收集多少金币。（到达岛屿y之后小J还可以继续前往别的岛屿，只要保证他最后能回到岛屿y就行）。
Input
输入：第一行一个T，代表数据组数。
第二行一个n，表示岛屿的数量。
接下来n-1行，每行有4个数，u，v,c1，c2，表示使用从岛屿u到岛屿v的传送门能得到c1个金币，使用从岛屿v到岛屿u的传送门能得到c2个金币。
接下来一行一个q。代表询问次数。
接下来q行，每行两个数x和y，代表小L现在在岛屿x上，想前往岛屿y。
数据范围T<=10
n<=100000
1<=u,v<=n,1<=c1,c2<=100000
q<=100000
1<x,y<=n
Output
输出：输出q行
对于每次询问，输出正确答案。
Sample Input 1
1 5 1 2 5 10 3 5 25 3 4 2 15 12 3 2 6 7 2 1 5 4 3
Sample Output 1
64 65
思路：
寒假耗费了大量时光，到现在才学会LCA，真是菜得罪有应得。
虽然当时看出来，这是一个树结构，但是对他也没有什么好的办法来解决，所以只好事后来补题。
先用两遍Dijkstra，求出根节点到每个节点的最短路，以及其反向边的最短路。然后，利用LCA，求出每次询问的两个节点的最近公共父节点。
设LCA为t，询问的节点是x，y。那么t到x的最短路，就是根节点到x的最短路，减去根节点到t的最短路。求反向边的最短路，是因为x到y的路径，有一段是向上的，有一段是向下的。
答案就是所有路径的总和，减去x到y的路径的反向边的权值总和
代码：
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<vector>
#include<queue>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 1e5+6;
const ll inf = 2e11;
vector<int>u[maxn];
int bin[30];
int fa[maxn][30];
vector<ll>w[maxn],wt[maxn];
ll dis1[maxn],dis2[maxn];
int deep[maxn];
ll sum;
struct node
{
int x;
ll dis;
bool operator<(const node x)const
{
return x.dis<dis;
}
};
bool vis[maxn];
void get_bin()
{
for(int i=0;i<20;i++){
bin[i]=(1<<i);
}
}
void build()
{
int n;
scanf("%d",&n);
int x,y;
ll z1,z2;
for(int i=1;i<=n-1;i++){
scanf("%d%d%lld%lld",&x,&y,&z1,&z2);
u[x].push_back(y);
w[x].push_back(z1);
wt[x].push_back(z2);
u[y].push_back(x);
wt[y].push_back(z1);
w[y].push_back(z2);
sum+=z1+z2;
}
}
void bfs()
{
memset(vis,0,sizeof(vis));
queue<int>q;
q.push(1);
deep[1]=1;
int cur;
vis[1]=true;
while(!q.empty()){
cur=q.front();q.pop();
vis[cur]=true;
for(int i=1;i<20;i++){
if(bin[i]>deep[cur]){break;}
fa[cur][i]=fa[fa[cur][i-1]][i-1];
}
int siz=u[cur].size();
for(int i=0;i<siz;i++){
int t=u[cur][i];
if(vis[t]){continue;}
fa[t][0]=cur;
deep[t]=deep[cur]+1;
q.push(t);
}
}
}
void Dijkstra1()
{
memset(vis,0,sizeof(vis));
priority_queue<node>q;
q.push(node{1,0ll});
node exa;
dis1[1]=0;
int cur,t;
while(!q.empty()){
exa=q.top();q.pop();
t=exa.x;
if(vis[t]){continue;}
vis[t]=0;
int siz=u[t].size();
for(int i=0;i<siz;i++){
if(dis1[u[t][i]]>dis1[t]+w[t][i]){
dis1[u[t][i]]=dis1[t]+w[t][i];
q.push(node{u[t][i],dis1[u[t][i]]});
}
}
}
}
void Dijkstra2()
{
memset(vis,0,sizeof(vis));
priority_queue<node>q;
q.push(node{1,0ll});
node exa;
dis2[1]=0;
int cur,t;
while(!q.empty()){
exa=q.top();q.pop();
t=exa.x;
if(vis[t]){continue;}
vis[t]=0;
int siz=u[t].size();
for(int i=0;i<siz;i++){
if(dis2[u[t][i]]>dis2[t]+wt[t][i]){
dis2[u[t][i]]=dis2[t]+wt[t][i];
q.push(node{u[t][i],dis2[u[t][i]]});
}
}
}
}
int lca(int x,int y)
{
if(deep[x]<deep[y]){swap(x,y);}
int t=deep[x]-deep[y];
for(int i=0;i<=20;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];
}
}
if(x==y){return x;}
else return fa[x][0];
}
void solve()
{
bfs();
Dijkstra1();
Dijkstra2();
int q;
scanf("%d",&q);
int x,y;
ll ans;
for(int i=1;i<=q;i++){
scanf("%d%d",&x,&y);
int t=lca(x,y);
ans=sum-(dis1[x]-dis1[t])-(dis2[y]-dis2[t]);
printf("%lld
",ans);
}
}
void init()
{
for(int i=0;i<maxn;i++){
wt[i].clear();
w[i].clear();
u[i].clear();
dis1[i]=inf;
dis2[i]=inf;
}
memset(deep,0,sizeof(deep));
memset(fa,0,sizeof(fa));
sum=0;
}
int main()
{
int T;
scanf("%d",&T);
get_bin();
while(T--){
init();
build();
solve();
}
return 0;
}
第一发没有清空fa数组，WA了。
其实我不是很理解，为什么要清空fa数组，因为fa在一租新的数据中，要用到的都有自然更新。。。