BZOJ2286: [Sdoi2011]消耗战-布布扣-bubuko.com

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，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k_i，代表第i次后，有k_i个岛屿资源丰富，接下来k个整数h₁,h₂,…h_k，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,sigma(ki)<=500000,1<=ki<=n-1

题解Here!

本蒟蒻的第一道虚树题。

那个$m\geq1$是来搞笑的嘛。。。

所以题目已经提示我们要从$m==1$下手。。。

如果只有一组询问，我们发现这好像是个树形$DP$。

设$dp[x]$表示使$x$及其子树到不了$1$的最小代价，$val[x]$表示断掉$fa[x]->x$这条路的代价。

于是状态转移方程长这个样：

$$dp[x]=\min\left\{\begin{array}{}val[x]\\\sum_{y\in son_x}dp[y]\end{array}\right.$$

然鹅这个方法复杂度$O(nm)$，铁定$TLE$。。。

于是开始想优化。

我们发现在$DP$过程中有许多不需要搜索到的节点。

也就是说，某些节点的子树中没有资源丰富的节点。

那我们为什么还要搜索它呢？因为爱情。。。

所以我们开两个$bool$数组：$rich[x],have\_rich[x]$，分别表示$x$是否是资源丰富的节点，$x$的子树中是否含有资源丰富的节点。

每次判断一下就好。

代码的话。。。大概是这个样子：

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define MAXN 250010
using namespace std;
int n,m,c=1;
int head[MAXN],deep[MAXN],fa[MAXN];
long long val[MAXN],dp[MAXN];
bool rich[MAXN],have_rich[MAXN];
struct Tree{
    int next,to,w;
}a[MAXN<<1];
inline int read(){
    int date=0;char c=0;
    while(c<‘0‘||c>‘9‘)c=getchar();
    while(c>=‘0‘&&c<=‘9‘){date=date*10+c-‘0‘;c=getchar();}
    return date;
}
inline long long min(const long long &x,const long long &y){return x<y?x:y;}
inline void add(int u,int v,int w){
    a[c].to=v;a[c].w=w;a[c].next=head[u];head[u]=c++;
    a[c].to=u;a[c].w=w;a[c].next=head[v];head[v]=c++;
}
void buildtree(int rt){
    int will;
    for(int i=head[rt];i;i=a[i].next){
        will=a[i].to;
        if(!deep[will]){
            deep[will]=deep[rt]+1;
            val[will]=a[i].w;
            fa[will]=rt;
            buildtree(will);
        }
    }
}
void dfs(int rt){
    if(rich[rt]){
        dp[rt]=val[rt];
        return;
    }
    int will;
    dp[rt]=0;
    for(int i=head[rt];i;i=a[i].next){
        will=a[i].to;
        if(deep[will]>deep[rt]&&have_rich[will]){
            dfs(will);
            dp[rt]+=dp[will];
        }
    }
    dp[rt]=min(dp[rt],val[rt]);
}
void work(){
    int k,h;
    while(m--){
        memset(rich,false,sizeof(bool)*(n+1));
        memset(have_rich,false,sizeof(bool)*(n+1));
        k=read();
        for(int i=1;i<=k;i++){
            h=read();
            rich[h]=have_rich[h]=true;
            for(int j=fa[h];j!=0&&!have_rich[j];j=fa[j])have_rich[j]=true;
        }
        dfs(1);
        printf("%lld\n",dp[1]);
    }
}
void init(){
    int u,v,w;
    n=read();
    for(int i=1;i<n;i++){
        u=read();v=read();w=read();
        add(u,v,w);
    }
    deep[1]=1;val[1]=(1LL<<60);
    buildtree(1);
    m=read();
}
int main(){
    init();
    work();
    return 0;
}

这种方法，在洛谷上是可以拿到$90$分的。

然鹅还是有一个点$TLE$。。。

怎么办呢？

我一开始也不知道怎么办了。。。

于是翻题解。。。

发现一个好东西——虚树。

其实和我的思路一样，都是保留有用的节点。

但是虚树更厉害，直接保存了询问节点以及它们的$LCA$。

比我的方法少了好多节点。。。

至于虚树怎么建，详见这里：

于是这个题就每次在叙述上跑$DP$就好。

复杂度$O(2\sum k)$，跑得飞快。

附代码：

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define MAXN 250010
using namespace std;
int n,m,c=1,d=1,e=1;
int top_stack,stack[MAXN];
int head_a[MAXN],head_b[MAXN],h[MAXN],deep[MAXN],size[MAXN],son[MAXN],fa[MAXN],id[MAXN],top[MAXN];
long long val[MAXN],dp[MAXN];
struct Tree{
	int next,to,w;
}a[MAXN<<1];
struct New_Tree{
	int next,to;
}b[MAXN<<1];
inline int read(){
	int date=0,w=1;char c=0;
	while(c<‘0‘||c>‘9‘){if(c==‘-‘)w=-1;c=getchar();}
	while(c>=‘0‘&&c<=‘9‘){date=date*10+c-‘0‘;c=getchar();}
	return date*w;
}
inline bool cmp(const int &p,const int &q){
	return id[p]<id[q];
}
inline void add_a(int u,int v,int w){
	a[c].to=v;a[c].w=w;a[c].next=head_a[u];head_a[u]=c++;
	a[c].to=u;a[c].w=w;a[c].next=head_a[v];head_a[v]=c++;
}
inline void add_b(int x,int y){
	b[e].to=y;b[e].next=head_b[x];head_b[x]=e++;
}
void dfs1(int rt){
	son[rt]=0;size[rt]=1;
	for(int i=head_a[rt];i;i=a[i].next){
		int will=a[i].to;
		if(!deep[will]){
			deep[will]=deep[rt]+1;
			val[will]=min(val[rt],1LL*a[i].w);
			fa[will]=rt;
			dfs1(will);
			size[rt]+=size[will];
			if(size[will]>size[son[rt]])son[rt]=will;
		}
	}
}
void dfs2(int rt,int f){
	id[rt]=d++;top[rt]=f;
	if(son[rt])dfs2(son[rt],f);
	for(int i=head_a[rt];i;i=a[i].next){
		int will=a[i].to;
		if(will!=fa[rt]&&will!=son[rt])dfs2(will,will);
	}
}
int LCA(int x,int y){
	while(top[x]!=top[y]){
		if(deep[top[x]]<deep[top[y]])swap(x,y);
		x=fa[top[x]];
	}
	if(deep[x]>deep[y])swap(x,y);
	return x;
}
void push(int x){
	if(top_stack==1){
		stack[++top_stack]=x;
		return;
	}
	int lca=LCA(x,stack[top_stack]);
	if(lca==stack[top_stack])return;
	while(top_stack>1&&id[stack[top_stack-1]]>=id[lca]){
		add_b(stack[top_stack-1],stack[top_stack]);
		stack[top_stack--]=0;
	}
	if(lca!=stack[top_stack]){
		add_b(lca,stack[top_stack]);
		stack[top_stack]=lca;
	}
	stack[++top_stack]=x;
}
void dfs(int rt){
	dp[rt]=0;
	int will;
	bool leaf=true;
	for(int i=head_b[rt];i;i=b[i].next){
		leaf=false;
		will=b[i].to;
		dfs(will);
		dp[rt]+=dp[will];
	}
	if(leaf)dp[rt]=val[rt];
	else dp[rt]=min(dp[rt],val[rt]);
	head_b[rt]=0;
}
void work(){
	int k;
	while(m--){
		e=1;
		k=read();
		for(int i=1;i<=k;i++)h[i]=read();
		sort(h+1,h+k+1,cmp);
		top_stack=1;
		stack[top_stack]=1;
		for(int i=1;i<=k;i++)push(h[i]);
		while(top_stack){
			add_b(stack[top_stack-1],stack[top_stack]);
			stack[top_stack--]=0;
		}
		dfs(1);
		printf("%lld\n",dp[1]);
	}
}
void init(){
	int u,v,w;
	n=read();
	for(int i=1;i<n;i++){
		u=read();v=read();w=read();
		add_a(u,v,w);
	}
	m=read();
	deep[1]=1;val[1]=(1LL<<60);
	dfs1(1);
	dfs2(1,1);
}
int main(){
	init();
	work();
	return 0;
}

BZOJ2286: [Sdoi2011]消耗战

原文：https://www.cnblogs.com/Yangrui-Blog/p/10583399.html