BZOJ_2286_[Sdoi2011]消耗战_虚树+树形DP
Description
在一场战争中,战场由n个岛屿和n-1个桥梁组成,保证每两个岛屿间有且仅有一条路径可达。现在,我军已经侦查到敌军的总部在编号为1的岛屿,而且他们已经没有足够多的能源维系战斗,我军胜利在望。已知在其他k个岛屿上有丰富能源,为了防止敌军获取能源,我军的任务是炸毁一些桥梁,使得敌军不能到达任何能源丰富的岛屿。由于不同桥梁的材质和结构不同,所以炸毁不同的桥梁有不同的代价,我军希望在满足目标的同时使得总代价最小。
侦查部门还发现,敌军有一台神秘机器。即使我军切断所有能源之后,他们也可以用那台机器。机器产生的效果不仅仅会修复所有我军炸毁的桥梁,而且会重新随机资源分布(但可以保证的是,资源不会分布到1号岛屿上)。不过侦查部门还发现了这台机器只能够使用m次,所以我们只需要把每次任务完成即可。
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
10
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
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
12
32
22
32
22
HINT
对于100%的数据,2<=n<=250000,m>=1,sigma(ki)<=500000,1<=ki<=n-1
如果询问只有一次,我们可以想出DP做法。
首先将边权下放到点权上,设F[i]表示i的子树中所有资源都被切断的最小代价。
如果i这个点是资源,则f[i]=代价val[i]。
否则f[i]=min(g[i],子树f[to]和)。
但这样每次做是O(n)的。
考虑实际上不是每条边都会用到。
我们先处理出g[x]表示从x到根的最短的代价,用这个代替val[x]显然是可行的。
这样我们就不需要存全部的点。
考虑重新建一棵树,其中包含所有点和他们的lca。
用一个栈来维护一条链,每次保证栈中的是一条链,否则弹栈,弹栈的同时连边。
方法:每次求出当前点和栈顶的lca,一直弹栈直到栈顶的深度小于等于lca的深度。
然后最后对剩余栈中的点连边。栈底元素就是lca中深度最小的一个。DP即可。
注意每次连边后head要清。
代码:
#include <cstdio> #include <string.h> #include <algorithm> using namespace std; typedef long long ll; inline char nc() { static char buf[100000],*p1,*p2; return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++; } int rd() { int x=0; char ch=nc(); while(ch<'0'||ch>'9') ch=nc(); while(ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=nc(); return x; } char pbuf[100000],*pp=pbuf; void push(const char ch) { if(pp-pbuf==100000) fwrite(pbuf,1,100000,stdout),pp=pbuf; *pp++=ch; } void write(ll x) { static int sta[50]; int top=0; do{sta[top++]=x%10,x/=10;}while(x); while(top)push(sta[--top]+'0'); } #define N 250050 ll f[N],g[N]; int head[N],to[N<<1],nxt[N<<1],val[N<<1],cnt,n,m; int dep[N],fa[N],top[N],siz[N],son[N],dfn[N],a[N],h[N],la,S[N],tp,need[N],b[N<<1]; inline void add(int u,int v) { if(!v) return ; to[++cnt]=v; nxt[cnt]=head[u]; head[u]=cnt; } inline bool cmp(int x,int y) {return dfn[x]<dfn[y];} void dfs1(int x) { int i; siz[x]=1; dfn[x]=++dfn[0]; for(i=head[x];i;i=nxt[i]) { if(to[i]!=fa[x]) { fa[to[i]]=x; dep[to[i]]=dep[x]+1; g[to[i]]=min(g[x],1ll*val[i]); dfs1(to[i]); siz[x]+=siz[to[i]]; if(siz[to[i]]>siz[son[x]]) son[x]=to[i]; } } } void dfs2(int x,int t) { top[x]=t; if(son[x]) dfs2(son[x],t); int i; for(i=head[x];i;i=nxt[i]) { if(to[i]!=fa[x]&&to[i]!=son[x]) dfs2(to[i],to[i]); } } int lca(int x,int y) { while(top[x]!=top[y]) { if(dep[top[x]]>dep[top[y]]) swap(x,y); y=fa[top[y]]; } return dep[x]<dep[y]?x:y; } void DP(int x) { if(need[x]) {f[x]=g[x]; return ;} ll sum=0; int i; for(i=head[x];i;i=nxt[i]) { DP(to[i]); sum+=f[to[i]]; } f[x]=min(g[x],sum); } int main() { n=rd(); g[1]=1ll<<60; int i,x,y,z; for(i=1;i<n;i++) { x=rd(); y=rd(); z=rd(); add(x,y),val[cnt]=z; add(y,x),val[cnt]=z; }dep[1]=1; dfs1(1); dfs2(1,1); memset(head,0,sizeof(head)); cnt=0; m=rd(); while(m--) { la=rd(); b[0]=la; for(i=1;i<=la;i++) a[i]=rd(),b[i]=a[i],need[a[i]]=1; sort(a+1,a+la+1,cmp); tp=0; S[++tp]=a[1]; for(i=2;i<=la;i++) { int l=lca(a[i],S[tp]),c=0; while(tp&&dep[S[tp]]>dep[l]) { if(c) add(S[tp],c); c=S[tp--]; } if(S[tp]==l&&c) add(S[tp],c); if(dep[S[tp]]<dep[l]&&c) add(l,c),S[++tp]=l; S[++tp]=a[i]; b[++b[0]]=l; } while(tp>1) add(S[tp-1],S[tp]),tp--; // for(i=head[1];i;i=nxt[i]) printf("%d ",to[i]); puts(""); // for(i=head[3];i;i=nxt[i]) printf("%d ",to[i]); puts(""); // for(i=head[5];i;i=nxt[i]) printf("%d ",to[i]); puts(""); // for(i=head[7];i;i=nxt[i]) printf("%d ",to[i]); puts(""); // for(i=head[8];i;i=nxt[i]) printf("%d ",to[i]); puts(""); DP(S[1]); write(f[S[1]]); push(' '); for(i=1;i<=b[0];i++) need[b[i]]=head[b[i]]=0; head[0]=0; cnt=0; } fwrite(pbuf,1,pp-pbuf,stdout); } /* 10 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 1 4 5 7 8 3 */