【洛谷P6805】春季大扫除

题目

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春季大扫除也许是我们一生中最无聊的事情之一。当然，对于 Flóra 和她的母亲而言，今年的春季大扫除要有意思得多。因为她们在地毯下发现了一张已被灰尘覆盖的树形地图。
这棵树有 (N) 个节点，节点从 (1) 到 (N) 进行编号，这 (N) 个点通过 (N-1) 条边相连。这些边上都积累了过多的灰尘，因此 Flóra 的母亲准备对这棵树进行清理。
清理这棵树的过程是这样的：Flóra 的母亲每次在这棵树上选择两个叶子节点（定义一棵树的叶子节点为只与恰好一个点直接相连的点），并对这两个叶子点路径上的所有边进行清理。如果这条路径上有 (d) 条边，则清理的费用为 (d)。当这棵树上的所有边都被清理后，这棵树的清理过程就完成了。清理这棵树的总费用即为各次清理的费用之和。
因为她想保护这棵树的叶子节点，因此对于每个叶子节点，她最多只会选择一次。
Flóra 认为原来的树过于简单，她决定对原始的树进行一些改造。在第 (i) 次改造中，她在原始的树的基础上添加了 (D_i) 个叶子节点。具体来说，她会在原始的树上选择一个节点，并在该点与新的叶子节点之间连接一条边。需要注意的是，在添加新的叶子节点的过程中，原来的一些节点将不再是叶子节点。
现在你需要帮助 Flóra 求出清理改造后的树的最小费用。
(N,Q,sum Dleq 10^5)。

思路

设 (1) 为根。
首先无解当且仅当有奇数个叶子。证明的话考虑 (1) 的每一个儿子，假设他们子树内的叶子数量分别为 (a_1,a_2,cdots a_k)（(a_1) 最大），若 (a_1leq sum^{k}_{i=2}a_i)，那么这些叶子肯定可以与一个不在同一子树内的叶子匹配，这样所有点都覆盖了它到 (1) 的路径，肯定可以覆盖完所有路径。如果 (a_1>sum^{k}_{i=2}a_i)，那么其他子树都与这棵子树中匹配，然后这个子树成为了一个子问题。所以一定有解。
再观察到，为了最小化路径长度之和，肯定要让尽量少的点连到 (1)。如果 (1) 有偶数个儿子，那么肯定所有儿子只会连上来一条边；如果有奇数个儿子，那么就只会存在恰好一个节点连上来两条边。所以对于每一条边，最多被覆盖两次。
那么只需要计算出最少多少条边会被覆盖两次即可。如果一条边被覆盖两次，当且仅当它子树内恰好有偶数个叶子，因为如果这偶数个叶子两两匹配了，这一条边就没有被覆盖了。
那么维护每一个节点子树内叶子数量即可。树链剖分+线段树就行了。
时间复杂度 (O((sum D)log n))。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N=100010;
int n,m,tot,cnt,a[N],deg[N],head[N],top[N],siz[N],son[N],id[N],fa[N];

struct edge
{
	int next,to;
}e[N*2];

void add(int from,int to)
{
	e[++tot]=(edge){head[from],to};
	head[from]=tot;
}

void dfs1(int x,int pa)
{
	fa[x]=pa; siz[x]=1;
	for (int i=head[x];~i;i=e[i].next)
	{
		int v=e[i].to;
		if (v!=pa)
		{
			dfs1(v,x); siz[x]+=siz[v];
			if (siz[v]>siz[son[x]]) son[x]=v;
		} 
	}
}

void dfs2(int x,int tp)
{
	top[x]=tp; id[x]=++tot;
	if (son[x]) dfs2(son[x],tp);
	for (int i=head[x];~i;i=e[i].next)
	{
		int v=e[i].to;
		if (v!=fa[x] && v!=son[x]) dfs2(v,v);
	}
}

struct SegTree
{
	int cnt[N*4],lazy[N*4];
	
	void pushdown(int x,int l,int r)
	{
		if (lazy[x])
		{
			int mid=(l+r)>>1;
			cnt[x*2]=mid-l+1-cnt[x*2];
			cnt[x*2+1]=r-mid-cnt[x*2+1];
			lazy[x*2]^=1; lazy[x*2+1]^=1; lazy[x]=0;
		}
	}
	
	void update(int x,int l,int r,int ql,int qr)
	{
		if (ql<=l && qr>=r)
		{
			cnt[x]=r-l+1-cnt[x]; lazy[x]^=1;
			return;
		}
		pushdown(x,l,r);
		int mid=(l+r)>>1;
		if (ql<=mid) update(x*2,l,mid,ql,qr);
		if (qr>mid) update(x*2+1,mid+1,r,ql,qr);
		cnt[x]=cnt[x*2]+cnt[x*2+1];
	}
}seg;

void update(int x)
{
	for (;x;x=fa[top[x]])
		seg.update(1,1,n,id[top[x]],id[x]);
}

int main()
{
	memset(head,-1,sizeof(head));
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for (int i=1,x,y;i<n;i++)
	{
		scanf("%d%d",&x,&y);
		add(x,y); add(y,x);
		deg[x]++; deg[y]++;
	}
	tot=0;
	dfs1(1,0); dfs2(1,1);
	for (int i=1;i<=n;i++)
		if (deg[i]==1) update(i),cnt++;
	while (m--)
	{
		int k;
		scanf("%d",&k);
		for (int i=1;i<=k;i++)
		{
			scanf("%d",&a[i]);
			deg[a[i]]++;
			if (deg[a[i]]==2) continue;
			cnt++; update(a[i]);
		}
		if (cnt&1) cout<<"-1
";
			else cout<<2*(n-1+k)-seg.cnt[1]-k<<"
";
		for (int i=1;i<=k;i++)
		{
			deg[a[i]]--;
			if (deg[a[i]]==1) continue;
			cnt--; update(a[i]);
		}
	}
	return 0;
}