[BZOJ3611][Heoi2014]大工程（虚树上DP）

3611: [Heoi2014]大工程

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Description

国家有一个大工程，要给一个非常大的交通网络里建一些新的通道。  我们这个国家位置非常特殊，可以看成是一个单位边权的树，城市位于顶点上。  在 2 个国家 a,b 之间建一条新通道需要的代价为树上 a,b 的最短路径。  现在国家有很多个计划，每个计划都是这样，我们选中了 k 个点，然后在它们两两之间 新建 C(k,2)条 新通道。 现在对于每个计划，我们想知道：  1.这些新通道的代价和  2.这些新通道中代价最小的是多少  3.这些新通道中代价最大的是多少

Input

第一行 n 表示点数。

 接下来 n-1 行，每行两个数 a,b 表示 a 和 b 之间有一条边。 点从 1 开始标号。 接下来一行 q 表示计划数。 对每个计划有 2 行，第一行 k 表示这个计划选中了几个点。  第二行用空格隔开的 k 个互不相同的数表示选了哪 k 个点。

Output

输出 q 行，每行三个数分别表示代价和，最小代价，最大代价。 

Sample Input

10
2 1
3 2
4 1
5 2
6 4
7 5
8 6
9 7
10 9
5
2
5 4
2
10 4
2
5 2
2
6 1
2
6 1

Sample Output

3 3 3
6 6 6
1 1 1
2 2 2
2 2 2

HINT

n<=1000000 

q<=50000并且保证所有k之和<=2*n 

Source

鸣谢佚名上传

Solution

　　又是一道虚树上DP。

　　建虚树时边权不该是1，而是dep的差值。

　　对于询问最近点对和最远点对DP很简单。只需要dp到x时统计以x为lca的点对之间的距离来更新答案。具体来说，设f[x]表示以x为根的子树中到x最远的标记点的距离，g[x]表示最近的，转移看code，很简单的。

　　至于统计两两点对的距离和，考虑计算每条边会被经过的次数，应该是它两端标记点个数的积，乘以边权就是这条边的贡献，所有边的贡献和就是答案（这好像都成一个套路了……）。

　　注意一下距离和要开longlong，DP各个变量的初值要对，然后写起来还是很顺畅的~

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=1e6+5,INF=0x3f3f3f3f;
inline int read(){
    int x=0,w=0;char ch=0;
    while(!isdigit(ch)) w|=ch=='-',ch=getchar();
    while(isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar();
    return w?-x:x;
}
struct edge{
    int v,last;
}e[N<<1];
int tot,tail[N];
inline void add1(int x,int y){
    e[++tot]=(edge){y,tail[x]};
    tail[x]=tot;
}
inline void add2(int x,int y){
    add1(x,y),add1(y,x);
}
int idx,dfn[N],dep[N],d[N],low[N],fa[N][21];
void dfs(int x,int pre){
    dfn[x]=++idx;dep[x]=dep[pre]+1;fa[x][0]=pre;
    for(int i=1;;++i)
        if(fa[x][i-1]) fa[x][i]=fa[fa[x][i-1]][i-1];
        else break;
    for(int p=tail[x];p;p=e[p].last){
        int &v=e[p].v;
        if(v==pre) continue;
        dfs(v,x);
    }
    low[x]=idx;
}
int LCA(int x,int y){
    if(dep[x]<dep[y]) x^=y^=x^=y;
    for(int i=20;i>=0;--i) if(dep[fa[x][i]]>=dep[y]) x=fa[x][i];
    if(x==y) return x;
    for(int i=20;i>=0;--i) if(fa[x][i]^fa[y][i]) x=fa[x][i],y=fa[y][i];
    return fa[x][0];
}
bool tag[N];
LL ans3;
int n,m,k,cnt,ans1,ans2,f[N],g[N],sz[N],st[N<<1],a[N<<1];
void dp(int x){
    sz[x]=tag[x],f[x]=0,g[x]=tag[x]?0:INF;
    for(int p=tail[x];p;p=e[p].last){
        int &v=e[p].v,w=dep[v]-dep[x];
        dp(v);
        if(sz[x]>0)
            ans1=max(ans1,f[x]+w+f[v]),
            ans2=min(ans2,g[x]+w+g[v]);
        ans3+=w*(1ll*sz[v]*(cnt-sz[v]));
        f[x]=max(f[x],w+f[v]);
        g[x]=min(g[x],w+g[v]);
        sz[x]+=sz[v];
    }
    tag[x]=0;tail[x]=0;
}
bool cmp(int x,int y){return dfn[x]<dfn[y];}
int main(){
    n=read();
    for(int i=1;i<n;++i) add2(read(),read());
    dfs(1,0); 
    m=read();   
    tot=0;memset(tail,0,sizeof tail);    
    while(m--){      
        tot=ans1=ans3=0;ans2=INF;
           k=cnt=read();
        for(int i=1;i<=k;++i) a[i]=read(),tag[a[i]]=true; 
        a[++k]=1; //手动添加1号节点 
        sort(a+1,a+k+1,cmp);
        for(int i=k;i>1;--i)
            a[++k]=LCA(a[i],a[i-1]);
        sort(a+1,a+k+1,cmp);
        k=unique(a+1,a+k+1)-a-1;
        for(int i=1,tp=0;i<=k;++i){
            while(tp&&low[st[tp]]<dfn[a[i]]) --tp;
            if(tp) add1(st[tp],a[i]);
            st[++tp]=a[i];
        }
        dp(1);
        cout<<ans3<<' '<<ans2<<' '<<ans1<<endl;
    }
    return 0;
}

BZOJ3611

 

标签：sz,ch,int,fa,Heoi2014,BZOJ3611,代价,DP
来源： https://www.cnblogs.com/gosick/p/11255382.html