题目背景
从前我是一位无名的旅人，旅途中我得到了某样东西：贤者之石。我因此得到悠久的时光和漂泊的生命。1897年冬天，我一时兴起舍弃了旅人的生活。
贤者之石创造出来的，是货真价实的黄金。我的名声传遍了整个国家。
题目描述
炼金术的要素，是炼金树和贤者之石。
炼金树是一棵含有n个节点的无根树，树上一共有n-1条石榴色的无向边。第i条无向边长度为Li。
我一共会使用m次炼金术。
每次使用炼金术时，我首先会把一块石榴色的贤者之石放在炼金树的某个节点x1上。然后，我会将若干块蓝色的贤者之石放在炼金树的其它K1个节点上。保证一个节点不会同时放入两块贤者之石。然后，我会使石榴色的贤者之石熔化。熔化后的贤者之石，只能沿着石榴色的边流动，既不会与蓝色的贤者之石接触，也不会进入蓝色的贤者之石所处的节点内。凝固后，含有石榴色的贤者之石的节点集合记为S1。很显然，S1是一个包含x1的连通块。记S1的大小为|S1|。
对于上图所示的炼金树，如果我把石榴色的贤者之石放在5号节点，把4块蓝色的贤者之石分别放在1、3、7、9号节点，那么熔化后石榴色的贤者之石就会流到2、5、6、8号节点。此时S1={2,5,6,8}，|S1|=4。 然后，取出所有的贤者之石，选择x2、K2和新的K2个节点，用相同的方法，可以再次确定一个节点集合S2。记S2的大小为|S2|。你可以认为，确定S1的过程和确定S2的过程是互不干扰的。 最后，从S1中的每个节点分别向S2中的每个节点连一条长度为W的金色的有向边。注意，在同一次炼金术中连接的金色边长度都相同。
很显然，每次使用炼金术，都会增加|S1|*|S2|条有向边。 由于贤者之石熔化后只能沿石榴色的边流动，因此每次炼金术是相互独立的。
有时S1里面只会包含1个节点x，那么我可以不需要使用蓝色的贤者之石，直接将石榴色的贤者之石放在x号节点即可确定S1，此时令K1=-1。当然，我也可以用上述方法确定S2，此时令K2=-1。
使用完m次炼金术后，我会在1号节点灌入液态的黄金。黄金既可以沿石榴色的边流动，也可以沿金色的有向边流动。很显然，黄金流入i号节点的时间，就是1号节点到i号节点的最短路。
我想要知道，使用完m次炼金术后，黄金从1号节点流入每个节点的时间。
输入输出格式
输入格式：
第一行包括一个整数Test，表示测试点的编号。
第二行包括两个整数n,m。
接下来n-1行，第i行三个整数Ui,Vi,Li，表示一条从Ui到Vi长度为Li的无向边。
接下来5m行，表示m次炼金术。每次炼金术占五行：
第一行和第二行确定S1：
第一行一个整数X1，表示S1中石榴色的贤者之石的初始位置。
第二行第一个整数K1，
若K1=-1，表示S1 = {X1}。
若K1≥0，接下来K1个整数，表示K1块蓝色的贤者之石的位置。
第三行和第四行确定S2：
第三行一个整数X2，表示S2中石榴色的贤者之石的初始位置。
第四行第一个整数K2，
若K2=-1，表示S2 = {X2}。
若K2≥0，接下来K2个整数，表示K2块蓝色的贤者之石的位置。
第五行一个整数W，表示本次炼金术所连的所有金色边长度为W。
输入数据保证，
若K1≥0，则第二行K1个整数互不相同且不等于X1。
若K2≥0，则第四行K2个整数互不相同且不等于X2。
S1和S2可能有交集。保证0≤Li,W≤10^9。
输出格式：
共n行，每行一个整数，第i行表示1号点到i号点的最短路长度。
输入输出样例
0 6 2 1 2 10 2 3 10 2 4 10 1 5 10 5 6 1 1 -1 3 -1 5 2 3 3 4 5 5 2 3 6 3
0
3
5
3
3
4
【样例1解释】
初始情况下，1号点到每个点的最短路为0,10,20,20,10,11。
第一次炼金术在原图中添加了一条从1到3，长度为5的有向边。
第一次炼金术后，1号点到每个点的最短路为0,10,5,20,10,11。
第二次炼金术：
X1=2，在3,4,5号节点放入蓝色的贤者之石，所以石榴色的贤者之石能流到1,2号节点。
注意石榴色的贤者之石不能流到6号节点，因为要流到6号节点必须经过5号节点。
所以S1 = {1,2}。
X2=5，在3,6号节点放入蓝色的贤者之石，所以石榴色的贤者之石能流到1,2,5号节点。
所以S2 = {1,2,4,5}。
S1中的每个节点分别向S2中的每个节点连长度为3的有向边，一共连了8条有向边。
第二次炼金术后，1号点到每个点的最短路为0,3,5,3,3,4。
说明
n <= 10^5
m <= 20000
分析：这道题真的是太变态了，正解的难度和noip2016d1t2差不多.直接暴力spfa得分大概50分左右，最大的困难是要怎么连边，最短路大家都会，两两连边n高达10^5,数组都开不下，这个时候可以加过渡点，方法类似于：传送门，这样可以通过80%左右的数据，超时的原因还是因为边太多，观察条件可以发现连边的点构成的是一个区间，也就是说一组边向另外一组边连边，其实是一个区间向一个区间连边，树上区间，可以联想到dfs序+线段树来处理.
这个处理比较难，首先要开两个邻接表，一个是为了dfs的初始连边，一个是区间连边(实际上是dfs序)，而且我们把区间简化为一个点，这个点不能和1~n中的任何一个点重复.
首先是建树，为了保证不会出现死循环，我们必须建两棵线段树，为什么？因为我们要有子区间到大区间的路径又要有大区间到子区间的路径，这些路径的边权都是0，如果不建两棵线段树就会死循环。这两棵线段树的连边顺序也必须区分清楚，第一个从小区间连向大区间，第二个从大区间连向小区间,考虑这样一个图：
中间的是过渡点，事实上我们的路径是:点--->区间--->点--->区间--->点，build操作负责第一四个操作，update负责第二三个操作，脑补一下就清楚了.线段树采用的是动态加点，因为我们根本不知道会有几个数.
现在考虑最难的dfs序问题，每个点的dfs序包含的不是它的子树吗？这样不就会包含多余的点吗？我们要怎么做才能让它只包含我们所需要的点呢？假设贤者之石放在点x，如果放置石头的点y不是x的祖先，那么我们要选出尽量多的子树不重叠的y出来，重叠的话合并一下成一棵子树.具体的方法是按照右端点排序，然后像单调栈那样处理.如果y是x的祖先怎么办？利用倍增将x向上跳，跳到y下面一个位置，记录最大的L,最小的R,为什么要这样呢？显然如果有很多祖先，肯定是取最近的祖先。因为每一个石头的子树都不能在区间里，所以我们前一个的右端点和后一个的左端点配对就可以了，具体是为什么我也不清楚QAQ,看看代码应该能理解.考场上还是打暴力吧......
300行代码：
#include <cstdio> #include <cstring> #include <iostream> #include <algorithm> #include <cmath> #include <queue> using namespace std; const int maxn = 5000006; const long long inf = 1LL << 60; int test, n, m, head1[maxn], to1[maxn], nextt1[maxn], w1[maxn], tot1 = 1,x,k,L,R,tott,y,top,ww; long long ans[maxn], d[maxn]; int head[maxn], to[maxn], nextt[maxn], w[maxn], tot = 1,deep[maxn],fa[maxn][17],c[maxn][2],l[maxn],r[maxn],id[maxn],dfs_clock,cnt,root0,root1; bool vis[maxn]; struct node { int l, r; }a[maxn],b[maxn]; void add1(int x, int y, int z) { w1[tot1] = z; to1[tot1] = y; nextt1[tot1] = head1[x]; head1[x] = tot1++; } void add(int x, int y, int z) { w[tot] = z; to[tot] = y; nextt[tot] = head[x]; head[x] = tot++; } void dfs(int u, int from, int d) { l[u] = ++dfs_clock; id[dfs_clock] = u; deep[u] = d; for (int i = head1[u];i;i = nextt1[i]) { int v = to1[i]; if (v != from) { dfs(v, u, d + 1); fa[v][0] = u; add(l[u], l[v], w1[i]); add(l[v], l[u], w1[i]); } } r[u] = dfs_clock; } void build0(int l, int r, int &o) { if (l == r) { o = l; return; } o = ++cnt; int mid = (l + r) >> 1; build0(l, mid, c[o][0]); build0(mid + 1, r, c[o][1]); add(c[o][0], o, 0); add(c[o][1], o, 0); } void build1(int l, int r, int &o) { if (l == r) { o = l; return; } o = ++cnt; int mid = (l + r) >> 1; build1(l, mid, c[o][0]); build1(mid + 1, r, c[o][1]); add(o, c[o][0], 0); add(o, c[o][1], 0); } void update0(int l, int r, int o, int x, int y) { if (x <= l && r <= y) { add(o, cnt, 0); return; } int mid = (l + r) >> 1; if (x <= mid) update0(l, mid, c[o][0], x, y); if (y > mid) update0(mid + 1, r, c[o][1], x, y); } void update1(int l, int r, int o, int x, int y) { if (x <= l && r <= y) { add(cnt, o, ww); return; } int mid = (l + r) >> 1; if (x <= mid) update1(l, mid, c[o][0], x, y); if (y > mid) update1(mid + 1, r, c[o][1], x, y); } int climb(int x, int y) { for (int i = 16; i >= 0; i--) if (deep[fa[x][i]] > deep[y]) x = fa[x][i]; return x; } bool cmp(node a, node b) { return a.r < b.r; } void spfa() { queue <int> q; for (int i = 1; i <= cnt; i++) d[i] = inf; d[1] = 0; vis[1] = 1; q.push(1); while (!q.empty()) { int u = q.front(); q.pop(); vis[u] = 0; for (int i = head[u]; i;i = nextt[i]) { int v = to[i]; if (d[v] > d[u] + w[i]) { d[v] = d[u] + w[i]; if (!vis[v]) { vis[v] = 1; q.push(v); } } } } } int main() { scanf("%d%d%d", &test, &n, &m); for (int i = 1; i < n; i++) { int u, v, l; scanf("%d%d%d", &u, &v, &l); add1(u, v, l); add1(v, u, l); } dfs(1, 0, 1); for (int j = 1; j <= 16; j++) for (int i = 1; i <= n; i++) fa[i][j] = fa[fa[i][j - 1]][j - 1]; cnt = n; build0(1, n, root0); build1(1, n, root1); while (m--) { cnt++; L = 1; R = n; scanf("%d%d", &x, &k); if (k < 0) update0(1, n, root0, l[x], l[x]); else { tott = 0; for (int i = 1; i <= k; i++) { scanf("%d", &y); if (l[y] <= l[x] && r[x] <= r[y]) { int t = climb(x, y); L = max(L, l[t]); R = min(R, r[t]); } else { b[++tott].l = l[y]; b[tott].r = r[y]; } } sort(b + 1, b + tott + 1, cmp); top = 0; for (int i = 1; i <= tott; i++) { while (top && a[top].l >= b[i].l) top--; if (!top || a[top].r + 1 < b[i].l) a[++top] = b[i]; else a[top].r = b[i].r; } a[0].r = L - 1; a[top + 1].l = R + 1; for (int i = 0; i <= top; i++) if (a[i].r + 1 < a[i + 1].l) update0(1, n, root0, a[i].r + 1, a[i + 1].l - 1); } scanf("%d%d", &x, &k); L = 1; R = n; if (k < 0) { scanf("%d", &ww); update1(1, n, root1, l[x], l[x]); } else { tott = 0; for (int i = 1; i <= k; i++) { scanf("%d", &y); if (l[y] <= l[x] && r[x] <= r[y]) { int t = climb(x, y); L = max(L, l[t]); R = min(R, r[t]); } else { b[++tott].l = l[y]; b[tott].r = r[y]; } } sort(b + 1, b + tott + 1, cmp); top = 0; for (int i = 1; i <= tott; i++) { while (top && a[top].l >= b[i].l) top--; if (!top || a[top].r + 1 < b[i].l) a[++top] = b[i]; else a[top].r = b[i].r; } a[0].r = L - 1; a[top + 1].l = R + 1; scanf("%d", &ww); for (int i = 0; i <= top; i++) if (a[i].r + 1 < a[i + 1].l) update1(1, n, root1, a[i].r + 1, a[i + 1].l - 1); } } spfa(); for (int i = 1; i <= n; i++) ans[id[i]] = d[i]; for (int i = 1; i <= n; i++) printf("%lld ", ans[i]); return 0; }