虚树+【BZOJ2286】【SDOI2011】消耗战（虚树）（DP）

先看一道题：

【BZOJ2286】【SDOI2011】消耗战

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。
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
Sample Output
12
32
22
HINT
对于100%的数据，2≤n≤250000,m≥1,∑ki≤500000,1≤ki≤n−1,1≤u,v≤n,1≤c≤100000

可以想到一个树形DP，\(dp[i]\)表示切断在以i为根的子树中所有关键点（即题中资源丰富的岛屿）所需的最小代价。

这样的树形DP跑一次当然是\(O(n)\)的，总复杂度为\(O(NM)\)，肯定过不了。

但是模拟一下可以发现，有一些点的dp值是完全对答案没有贡献的（例如子树中不包含关键点），但是却要计算它的dp值，这样就增加了算法的时间复杂度。

那这样可以思考一下，能不能去掉这些没有用的点，使得树形DP的树尽量小，从而达到减少时间复杂度的效果？

显然可以。

记录一个从每一个点到根路径上权值最小的边，这时对答案真正有贡献的是所有关键点以及它们的LCA，以及它们LCA的LCA……，将这些节点抽出来，加上一个1号节点为根，再在这颗新建的树上面跑DP即可。

然而实际上可以不用连边，记录每个点在dfs里面进出栈的顺序，每个点变成表示出栈和进栈的点，拿一个栈进行模拟即可，顺带可以清空。

这样的时间复杂度是多少？

因为每次本身有关键节点，再加上LCA，总空间复杂度是\(O(2*∑ki)\)，时间复杂度是\(O(M{log_{2*∑ki}})\)

\(----------------------------------------------\)

2019.11.30:

做了几道题后发现像上面这样做会在需要多次便利时很麻烦，而且因为没用树剖求LCA，所以搞得程序很慢，所以换一种建虚树的方法。

同样的，我们是要求出每个点的dfn序，将所有节点按照dfn序排列。

然后用一个栈来维护根到栈顶元素的路径上的点。

假设新加入一个节点p，栈顶元素为\(st[top]\),lca为x和p的最近公共祖先。

因为是按照dfn序排列，所以p不是lca，

1.如果x是lca，直接将p入栈即可。

2.如果x不是lca，则p和x不在同一棵子树中，且x的子树已经遍历完了（因为x的子树中若有y未被遍历，那么y一定在p之前被遍历）

开始构建：

设栈顶中第二个元素为y，分三种情况讨论：

1.dfn[y]>dfn[lca]

连y到x的边（y先放肯定y在x上面），x出栈

2.dfn[y]==dfn[lca]

y等于lca。

连lca到x的边，子树的构建完成。

3.dfn[y]

lca在y和x之间，连lca到x的边，x出栈，lca入栈

最后将p入栈即可。

不断重复进行这个过程，就可以构建虚树了。

就给个构建树的函数吧

void insert(int x)
{
    if(top==1)
    {
        st[++top]=x;
        return;
    }
    int LCA=lca(x,s[top]);
    if(LCA==s[top])
    {
        st[++top]=x;
        return;
    }
    while(top>1&&in[st[top-1]]>=in[LCA])
    {
        adde1(st[top-1],st[top]);
        top--;
    }
    if(LCA!=st[top])
    {
        adde1(LCA,st[top]);
        st[top]=LCA;
    }
    st[++top]=x;
}

下面的代码就用栈模拟吧。

#include
#define N 500010
#define inf 10000010
using namespace std;
int in[N],to[N<<1],nxt[N<<1],cost[N<<1],head[N],out[N],ans[N],deep[N],fa[N][20],indew,cnt,nct,n,m,x,y,z,tree[N];
long long dp[N];
bool is[N];
stack s;
void adde(int x,int y,int z)
{
    to[++cnt]=y;
    nxt[cnt]=head[x];
    cost[cnt]=z;
    head[x]=cnt;
}
void dfs(int u)
{
    for(int i=1;i<=19;i++)
    {
        fa[u][i]=fa[fa[u][i-1]][i-1];
    }
    for(int i=head[u];i;i=nxt[i])
    {
        int v=to[i],w=cost[i];
        if(!deep[v])
        {
            in[v]=++indew;//进栈序
            deep[v]=deep[u]+1;
            ans[v]=min(ans[u],w);
            fa[v][0]=u;
            dfs(v);
        }
    }
    out[u]=++indew;//出栈序
}
bool cmp(int x,int y)//按dfn序进行排序
{
    return ((x>0)?in[x]:out[-x])<((y>0)?in[y]:out[-y]);
}
int lca(int x,int y)
{
    if(deep[x]=0;i--)
    {
        if(deep[fa[x][i]]>=deep[y])
        {
            x=fa[x][i];
        }
    }
    if(x==y)
    {
        return x;
    }
    for(int i=19;i>=0;i--)
    {
        if(fa[x][i]!=fa[y][i])
        {
            x=fa[x][i];
            y=fa[y][i];
        }
    }
    return fa[x][0];
}
int main()
{
//  freopen("1.txt","r",stdin);
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i0)
            {
                s.push(tree[i]);
            }else{
                int v=s.top(),u;//v是儿子，v出栈后，u就是父亲
                s.pop();
                if(v==1)
                {
                    printf("%lld\n",dp[1]);
                    break;
                }
                u=s.top();
                dp[u]+=min(dp[v],1ll*ans[v]);//dp
                dp[v]=is[v]=0;
            }
        }
    }
    return 0;
}