(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(2,k))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,∑ki≤2×n)
(Source)
练习题 树8-5-虚树
思路
首先我们考虑(dp)
我们设三个数组(sum[u]),(mn[u]),(mx[u])
分别表示，对于以(u)为根的子树中的代价总和，最小值和最大值
设(u)到当前遍历到的儿子(v)的代价为(cost)
那么我们轻易得出(dp)方程：
(egin{cases}mn[u]=min(mn[u],mn[v]+cost)\mx[u]=max(mx[u],mx[v]+cost)\sum[u]+=sum[v]+siz[v] imes costend{cases})
同时，对于答案的更新就很显然了：
(egin{cases}ans1+=siz[u] imes (sum[v]+cost*siz[v])+siz[v] imes sum[u]\ans2=min(ans2,mn[u]+mn[v]+cost)\ans3=max(ans3,mx[u]+mx[v]+cost)end{cases})
以上的如果不懂可以自己手画图来推下，容易理解
但是，我们来瞅一眼时间复杂度：在这种情况下，时间复杂度是(O(qn))
是的你没看错，绝对会爆
正当我们一筹莫展的时候，仔细看一遍题面会对我们有极大帮助
我们一眼看到 (∑ki≤2×n) ，果断虚树
关于不会虚树的小白，请参考自为风月马前卒大佬的博客
学会建虚树后，我们直接开始在虚树上(dp)就好了
注意：
- 要开 (long long)
- 在虚树上 (dp) 时，不要直接使用原树中处理出的(siz)，毕竟虚树的(siz)跟原树中的(siz)还是有很大区别的
- 因为在虚树中(dp)时，对于关键点和非关键点的处理是不同的：
如果是关键点， 那么(mn[u]=mx[u]=0,sz[u]=1)
如果不是，那么(mn[u]=INF,mx[u]=-INF,sz[u]=0)
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1000010;
const long long INF=0x7ffffffffff;
int n,k,q,cnt=0,tot=0,ind=0;
int to[N<<1],nxt[N<<1],head[N],w[N<<1];
int p[N];
int fa[N];
int st[N];
int d[N];
int dfn[N];
int son[N];
int topp[N];
int siz[N];
bool vis[N];
void add(int u,int v)
{
to[++cnt]=v;
nxt[cnt]=head[u];
head[u]=cnt;
}
void add2(int u,int v)
{
to[++cnt]=v;
nxt[cnt]=head[u];
w[cnt]=d[v]-d[u];
head[u]=cnt;
}
void dfs1(int u)
{
siz[u]=1;
for(int i=head[u];i;i=nxt[i])
{
int v=to[i];
if(v==fa[u])continue;
d[v]=d[u]+1;
fa[v]=u;
dfs1(v);
siz[u]+=siz[v];
if(siz[v]>siz[son[u]])son[u]=v;
}
}
void dfs2(int u,int tp)
{
topp[u]=tp;
dfn[u]=++ind;
if(son[u])dfs2(son[u],tp);
for(int i=head[u];i;i=nxt[i])
{
int v=to[i];
if(v==fa[u]||v==son[u])continue;
dfs2(v,v);
}
}
int query_lca(int x,int y)
{
while(topp[x]!=topp[y])
{
if(d[topp[x]]<d[topp[y]])swap(x,y);
x=fa[topp[x]];
}
if(d[x]>d[y])return y;
return x;
}
bool cmp(int x,int y)
{
return dfn[x]<dfn[y];
}
void ins(int x)
{
if(tot==1)
{
st[++tot]=x;
return ;
}
int lca=query_lca(st[tot],x);
while(tot>1&&dfn[st[tot-1]]>=dfn[lca])add2(st[tot-1],st[tot]),tot--;
if(lca!=st[tot])add2(lca,st[tot]),st[tot]=lca;
st[++tot]=x;
}
long long ans1,ans2,ans3;
long long sum[N],mn[N],mx[N];
int sz[N];
void dp(int u)
{
sum[u]=0;
if(vis[u])mn[u]=mx[u]=0,sz[u]=1;
else mn[u]=INF,mx[u]=-INF,sz[u]=0;
for(int i=head[u];i;i=nxt[i])
{
int cost=w[i],v=to[i];
dp(v);
ans2=min(ans2,mn[u]+mn[v]+cost);
ans3=max(ans3,mx[u]+mx[v]+cost);
mn[u]=min(mn[u],mn[v]+cost);
mx[u]=max(mx[u],mx[v]+cost);
ans1+=1ll*sz[u]*(sum[v]+cost*sz[v])+1ll*sz[v]*sum[u];
sum[u]+=sum[v]+sz[v]*cost;
sz[u]+=sz[v];
}
vis[u]=0,head[u]=0;
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
int a,b;
for(int i=1;i<n;i++)
{
scanf("%d %d",&a,&b);
add(a,b),add(b,a);
}
d[1]=1;
dfs1(1);
dfs2(1,1);
scanf("%d",&q);
memset(head,0,sizeof(head));
while(q--)
{
cnt=0;
scanf("%d",&k);
for(int i=1;i<=k;i++)scanf("%d",&p[i]),vis[p[i]]=1;
sort(p+1,p+k+1,cmp);
if(p[1]!=1)st[tot=1]=1;
for(int i=1;i<=k;i++)ins(p[i]);
while(tot)add2(st[tot-1],st[tot]),tot--;
ans1=0ll,ans2=INF,ans3=-INF;
dp(1);
printf("%lld %lld %lld
",ans1,ans2,ans3);
}
return 0;
}
/*
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
*/