[洛谷P2459] SDOI2011 消耗战

问题描述

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。

输入格式

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。

输出格式

输出有m行，分别代表每次任务的最小代价。

样例输入

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

样例输出

12
32
22

数据范围

对于100%的数据，2<=n<=250000,m>=1,sigma(ki)<=500000,1<=ki<=n-1

解析

一道虚树板子题......首先，来考虑如何用动态规划来做。为了删除最小的边使1号点与任意一个能源点不连通，显然，对于一个点，要么使它的子树中的所有点不与该点连接，要么使该点不与父节点相连。所以一个节点\(u\)节点产生的最小代价为\(min(sum,w(u,v))\)(其中\(sum\)表示第一种方案的代价，\(v\)表示\(u\)的父节点)。特殊情况是该节点就是一个能源节点，那么对于这棵子树的最小代价就是第二种方案的代价。

既然动态规划方案想好了，下面用虚树进行优化。将每一个能源点以及它们的LCA作为关键点，重新建立一棵树，结构与原树相似，但只保留了关键点。这棵新树就叫做虚树。由于要求最小值，那么虚树上的边权原树上两点间路径上的最小边权。但这样做还要求两点间路径，时间直接爆炸，有没有办法优化呢？

考虑到虚树上两相邻节点\(u,v\)以及\(u\)的父节点\(f\)，在原树上\(f\)到\(v\)的路径必然会经过\(u\)，那么如果\(f\)到\(u\)的最小值小于\(u\)到\(v\)的最小值，显然断掉\(w(u,f)\)更优，反之则断掉\(w(u,v)\)更优。由此，可以发现答案必然是\(v\)到\(f\)上的最小值。广而推之，一个点的父边权可以直接赋值为它到根节点上路径的最小值，不影响答案。

代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#define N 500002
using namespace std;
int head[N],ver[2*N],nxt[2*N],l;
int n,m,i,j,d[N],size[N],son[N],fa[N],top[N],dfn[N],k,t,cnt,s[2*N],h[2*N];
long long dis[N],edge[N*2];
bool e[N];
int read()
{
    char c=getchar();
    int w=0;
    while(c<'0'||c>'9') c=getchar();
    while(c<='9'&&c>='0'){
        w=w*10+c-'0';
        c=getchar();
    }
    return w;
}
void insert(int x,int y,long long z)
{
    l++;
    ver[l]=y;
    edge[l]=z;
    nxt[l]=head[x];
    head[x]=l;
}
void dfs1(int x,int pre,int dep)
{
    fa[x]=pre;size[x]=1;
    dfn[x]=++cnt;d[x]=dep;
    for(int i=head[x];i;i=nxt[i]){
        int y=ver[i];
        if(y!=pre){
            dis[y]=min(dis[x],edge[i]);
            dfs1(y,x,dep+1);
            size[x]+=size[y];
            if(size[y]>size[son[x]]) son[x]=y;
        }
    }
}
void dfs2(int x,int y)
{
    top[x]=y;
    if(son[x]) dfs2(son[x],y);
    for(int i=head[x];i;i=nxt[i]){
        int y=ver[i];
        if(!top[y]) dfs2(y,y);
    }
}
int LCA(int x,int y)
{
    if(x==0||y==0) return 0;
    while(top[x]!=top[y]){
        if(d[top[x]]<d[top[y]]) swap(x,y);
        x=fa[top[x]];
    }
    if(d[x]<d[y]) swap(x,y);
    return y;
}
int cmp(const int &x,const int &y)
{
    return dfn[x]<dfn[y];
}
long long dp(int u,int pre)
{
    if(e[u]) return dis[u]; 
    long long sum = 0;
    for(int i = head[u]; i; i = nxt[i]) if(ver[i]!=pre) sum += dp(ver[i],u); 
    return min(sum, dis[u]); 
}
int main()
{
    cin>>n;
    for(i=1;i<n;i++){
        int u,v,w;
        u=read();v=read();w=read();
        insert(u,v,w);insert(v,u,w);
    }
    dis[1]=1LL<<50;
    dfs1(1,0,0);
    dfs2(1,0);
    cin>>m;
    for(i=1;i<=m;i++){
        memset(e,0,sizeof(bool)*(n+5));
        memset(head,0,sizeof(int)*(n+5));
        l=t=0;
        k=read();
        for(j=1;j<=k;j++) h[j]=read(),e[h[j]]=1;
        sort(h+1,h+k+1,cmp);
        for(j=1;j<k;j++) h[j+k]=LCA(h[j],h[j+1]);
        k*=2;h[k]=1;
        sort(h+1,h+k+1,cmp);
        k=unique(h+1,h+k+1)-h-1;
        for(j=1;j<=k;j++){
            while(t&&dfn[s[t]]+size[s[t]]-1<dfn[h[j]]) t--;
            if(t){
                insert(s[t],h[j],dis[h[j]]);
                insert(h[j],s[t],dis[h[j]]);
            }
            s[++t]=h[j];
        }
        printf("%lld\n",dp(1,0));
    }
    return 0;
}
//P.S. 树链剖分找LCA跑的真快......

标签：洛谷,int,top,岛屿,SDOI2011,P2459,include,节点,size
来源： https://www.cnblogs.com/LSlzf/p/10987562.html