bzoj2286[Sdoi2011消耗战

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bzoj2286

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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，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。

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10%的数据，2<=n<=10,1<=m<=5,1<=ki<=n-1
对于20%的数据，2<=n<=100,1<=m<=100,1<=ki<=min(10,n-1)
对于40%的数据，2<=n<=1000,m>=1,sigma(ki<=500000,1<=ki<=min(15,n-1)
对于100%的数据，2<=n<=250000,m>=1,sigma(ki<=500000,1<=ki<=n-1

题解

建好虚树后DP。
考虑某棵子树是切断到该子树的根节点的连边还是切断到1号点的连边。
实现时只要记录某个点到1号点路径中最短边权即可。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<vector>
using namespace std;

#define N 250010
struct edge{
    int x,next,data;
}e[N*2];
int first[N],f[N][20],fa[N],dis[N],t[N],p[N],dfn[N],dep[N];
long long dp[N];
int tot,cnt,q,top,n,m,x,y,z;
bool b[N];

void add(int x,int y,int z){
    e[++tot].x=y;
    e[tot].next=first[x];
    e[tot].data=z;
    first[x]=tot;
}
void dfs(int x,int y){
    dfn[x]=++cnt; f[x][0]=y;
    dep[x]=dep[y]+1;
    for(int i=1;i<=18;i++) f[x][i]=f[f[x][i-1]][i-1];
    for(int i=first[x];i;i=e[i].next)
    if(e[i].x!=y){
        dis[e[i].x]=min(e[i].data,dis[x]);
        dfs(e[i].x,x);
    }
}
int LCA(int x,int y){
    if(dep[x]<dep[y]) swap(x,y);
    for(int i=18;i>=0;i--) 
    if(dep[f[x][i]]>=dep[y]) x=f[x][i];
    if(x==y) return x;
    for(int i=18;i>=0;i--)
    if(f[x][i]!=f[y][i]) x=f[x][i],y=f[y][i];
    return f[x][0];
}
bool cmp(int x,int y){return dfn[x]<dfn[y];}
void solve(){
    scanf("%d",&q);
    for(int i=1;i<=q;i++) scanf("%d",&p[i]),b[p[i]]=true;
    cnt=q; top=0;
    sort(p+1,p+1+q,cmp);
    for(int i=1;i<=q;i++) //建虚树
    if(!top) t[++top]=p[i];
    else{
        int lca=LCA(t[top],p[i]); 
        for(;dep[t[top]]>dep[lca];top--)
        if(dep[t[top-1]]<=dep[lca]) fa[t[top]]=lca;
        if(t[top]!=lca){
            fa[lca]=t[top];
            t[++top]=p[++cnt]=lca;
            b[lca]=false;
        }
        fa[t[++top]=p[i]]=lca;
    }
    sort(p+1,p+cnt+1,cmp);
    for(int i=1;i<=cnt;i++) dp[p[i]]=0; //dp
    for(int i=cnt;i>0;i--){
        if(b[p[i]]) dp[p[i]]=dis[p[i]];
        else if(p[i]!=1)  dp[p[i]]=min(dp[p[i]],(long long)dis[p[i]]);
        dp[fa[p[i]]]+=dp[p[i]];
    }
    printf("%lld\n",dp[p[1]]);
}
int main(){
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<n;i++){
        scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
        add(x,y,z); add(y,x,z);
    }
    dis[1]=1000000007; dfs(1,0);
    for(scanf("%d",&m);m;m--) solve();
    return 0;
}