【NOIP2018】保卫王国 题解（树形DP+倍增）
作者：互联网
题目大意：给定一棵含有$n$个结点的树，每个结点有权值$p_i$。要求驻扎军队，一条边连接的两结点必须至少有一个驻扎军队。现在有$q$次询问，每次规定两个点$a,b$，分别要求它们必须驻扎/不驻扎$(0/1)$。问每次驻扎的最小费用。$n,q\leq 10^5$
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如果没有询问，那就是没有上司的舞会。设$f_{i,0/1}$表示$i$不选/选，以$i$为根的子树所花费的最小代价。有转移：
$f_{i,0}=\sum f_{j,1}$
$f_{i,1}=\sum \min(f_{j,0},f_{j,1})+p_i$
现在若有询问，我们先考虑暴力的做法，就是将它所要求的地方设成$inf/-inf$，然后每次都跑一遍树形DP。这样的复杂度是$O(nq)$的，能得到44pts。然而这样会产生很多冗余状态：发现强制要求$a,b$改变状态只会影响到$a-lca-b$这一条链。所以我们不妨考虑倍增，预处理出$f$，每次只处理$a$到$b$这条链。
设$g_{i,0/1}$表示整棵树去掉以$i$为根的子树，$i$不选/选的最小代价。有转移：
$g_{v,0}=g_{x,1}+f_{x,1}-\min(f_{v,0},f_{v,1})$
$g_{v,1}=\min(g_{x,0}+f_{x,0}-f_{v,1},g_{v,0})$
令$anc$表示$i$的$2^j$祖先，设$ff_{i,j,0/1,0/1}$表示$anc-i$上路径，$i$不选/选，$anc$不选/选的最小代价。通过枚举$2^{j-1}$祖先的状态进行转移。注意边界处理。
这样我们求出了$f,g,ff$，可以着手对询问的处理了。发现若$a$是$b$的祖先，那么直接倍增上去即可，最后加上$g_{a,x}$；若不为祖先-子孙关系，那么就都先倍增到$lca$的儿子处，然后枚举$lca$和儿子的两个状态取最小值即可。
时间复杂度$O((n+q)\log n)$。注意开$long\ long$
代码：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define int long long
using namespace std;
const int N=100005;
const int inf=1e18;
char id[10];
int f[N][2],g[N][2],fa[N][21],ff[N][21][2][2],v[N],dep[N],n,m;
int head[N],cnt;
struct node
{
int next,to;
}edge[N*2];
inline int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){if (ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(isdigit(ch)){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
inline void add(int from,int to)
{
edge[++cnt]=(node){head[from],to};
head[from]=cnt;
}
inline void dfs1(int now,int father)
{
fa[now][0]=father;dep[now]=dep[father]+1;
f[now][1]=v[now];
for (int i=head[now];i;i=edge[i].next)
{
int to=edge[i].to;
if (to==father) continue;
dfs1(to,now);
f[now][0]+=f[to][1];
f[now][1]+=min(f[to][0],f[to][1]);
}
}
inline void dfs2(int now,int fa)
{
for (int i=head[now];i;i=edge[i].next)
{
int to=edge[i].to;
if (to==fa) continue;
g[to][0]=g[now][1]+f[now][1]-min(f[to][0],f[to][1]);
g[to][1]=min(g[to][0],g[now][0]+f[now][0]-f[to][1]);
dfs2(to,now);
}
}
inline int solve(int x,int a,int y,int b)
{
if (dep[x]<dep[y]) swap(x,y),swap(a,b);
int tx[2]={inf,inf},ty[2]={inf,inf};
int nx[2],ny[2];
tx[a]=f[x][a];ty[b]=f[y][b];
for (int i=19;i>=0;i--)
{
if (dep[fa[x][i]]>=dep[y])
{
nx[0]=nx[1]=inf;
for (int j=0;j<2;j++)
for (int k=0;k<2;k++)
nx[j]=min(nx[j],tx[k]+ff[x][i][k][j]);
tx[0]=nx[0],tx[1]=nx[1],x=fa[x][i];
}
}
if (x==y) return tx[b]+g[x][b];
for (int i=19;i>=0;i--)
{
if (fa[x][i]!=fa[y][i])
{
nx[0]=nx[1]=ny[0]=ny[1]=inf;
for (int j=0;j<2;j++)
for (int k=0;k<2;k++)
nx[j]=min(nx[j],tx[k]+ff[x][i][k][j]),
ny[j]=min(ny[j],ty[k]+ff[y][i][k][j]);
tx[0]=nx[0],tx[1]=nx[1],x=fa[x][i];
ty[0]=ny[0],ty[1]=ny[1],y=fa[y][i];
}
}
int l=fa[x][0];
int ans0=f[l][0]-f[x][1]-f[y][1]+tx[1]+ty[1]+g[l][0];
int ans1=f[l][1]-min(f[x][0],f[x][1])-min(f[y][0],f[y][1])+min(tx[0],tx[1])+min(ty[0],ty[1])+g[l][1];
return min(ans0,ans1);
}
signed main()
{
n=read();m=read();scanf("%s",id);
for (int i=1;i<=n;i++) v[i]=read();
for (int i=1;i<n;i++)
{
int x=read(),y=read();
add(x,y);add(y,x);
}
dfs1(1,0);
dfs2(1,0);
for (int i=1;i<=n;i++)
{
ff[i][0][0][0]=inf;
ff[i][0][0][1]=f[fa[i][0]][1]-min(f[i][0],f[i][1]);
ff[i][0][1][0]=f[fa[i][0]][0]-f[i][1];
ff[i][0][1][1]=f[fa[i][0]][1]-min(f[i][0],f[i][1]);
}
for (int j=1;j<=19;j++)
for (int i=1;i<=n;i++)
{
int tmp=fa[i][j-1];
fa[i][j]=fa[tmp][j-1];
for (int u=0;u<2;u++)
for (int v=0;v<2;v++)
{
ff[i][j][u][v]=inf;
for (int w=0;w<2;w++)
ff[i][j][u][v]=min(ff[i][j][u][v],ff[i][j-1][u][w]+ff[tmp][j-1][w][v]);
}
}
while(m--)
{
int a=read(),x=read(),b=read(),y=read();
if (!x&&!y&&(fa[b][0]==a||fa[a][0]==b)){
printf("-1\n");
continue;
}
printf("%lld\n",solve(a,x,b,y));
}
return 0;
}
标签：dep,ch,min,int,题解,NOIP2018,fa,now,DP 来源： https://www.cnblogs.com/Invictus-Ocean/p/13769275.html