口胡一下怕忘了。应该会有错留坑回来改。
哔哔一下题意：边有边权。$m$次询问，每次给定$k$个点，割掉若干条边使得$1$号点与给定的点不连通，要求代价最小。
$n leq 2e5 , sum k leq 5e5$
首先这个$sum k$就很特别。是建虚树的契机。
我们不可能每次跑一遍$O(n)$的树$dp$，那我们能不能每次$O(k)$呢?
做法就是每回只在关键点上做$dp$，就要求我们建出只有关键点的树。即虚树。注意关键点不仅是给定的$k$个点，还有它们所有点两两的LCA。
实际上算上LCA也只有不超过$2k$个点。想一想为什么。（没事，我自己想想而已）
靠全是废话。直接说咋构建。
所有点按dfs序排序。按顺序插入栈中。设栈顶元素为$p$，现在要插入$x$。
栈里维护的是根到$p$的一条链。每插入一个点，和栈顶只有两种关系：
$p$和$x$的LCA是$p$；是另一个点（可能在栈里可能不在，可能是给定点可能不是）。根据dfs序，不存在第三种情况。
第一种情况，直接进栈，注意不用加边。因为可能会出现和之后点的LCA在$p$之下，这种情况下应该是$p$连这个LCA，LCA再连$x$。而这时候这个LCA还不知道是谁甚至有没有。
另一种情况，我们令$LCA(p,x)$为$fa$。这时说明$p$的子树已经遍历完了，不然不会轮到$x$。我们前面说过这个$fa$可在可不在，但一定在栈当前维护的链上。（真tm废话）于是开始弹栈。
我们称栈顶的第二个元素为$q$，如果$q$的深度（这里用dfs序也是一样的道理）大于$fa$，$fa$在$q$之上，$p$与$q$连边，弹出$q$。直到$q$的深度等于或者小于$fa$的，说明$q$就是$fa$或者$fa$在$p,q$之间，$fa,p$连边，$fa$入栈，$p$弹栈（要是$fa=q$就不用了），$x$入栈。
所有点对的LCA我们可以$O(logn)$时间求出，所以所有询问构建虚树的总复杂度就是$O(sum k logn)$的。听着高大上的东西，其实道理很简单。给我的感觉就是和缩点的$tarjan$算法一样，只是一个工具，难点还是在于$dp$吧。
板子等我熟练了在贴吧。。
upd
可能就是这样吧
s[++top]=1; for(int i=(a[1]==1)+1;i<=k;i++){ int f=lca(a[i],s[top]); if(f==s[top]){ s[++top]=a[i];continue; } while(1){ if(dep[s[top-1]]<=dep[f]){ add(f,s[top]); top--; if(s[top]^f)s[++top]=f; break; } add(s[top],s[top-1]); top--; } s[++top]=a[i]; } while(--top)add(s[top],s[top+1]);