解題思路：
假如只有一次詢問，可以很好想到樹形dp方程：
如果u是關鍵點，則f[u]=w(fa[u],u);
如果u不是關鍵點，則f[u]=min(w(fa[u],u),
σ f[son[u]]);
但這樣一次複雜度為o(n),則總複雜度為o(nm),顯然超時。
像這種每次詢問都給出多個關鍵點的題，應該建虛樹，即每次詢問都只把關鍵點及其兩兩之間的lca提出來另建一棵樹，可以證明其規模為o(ki
),然後在這棵虛樹上dp，那總複雜度就變為了o(σk
i )
≤ 500000，就可以過了。
新的dp方程為：
如果u是關鍵點，則f[u]=mi[u];
如果u不是關鍵點，則f[u]=min(mi[u],
σ f[son[u]]);
其中mi[u]表示從根節點到u所經歷的最小邊權。
具體建虛樹方法詳見**中的solve()函式，複雜度為o(ki
logk
i )。
所以總複雜度為o(∑k
ilog
∑ki )。
注意要開long long。
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#define ll long long
using
namespace
std;
int getint()
const
int n=250005;
const ll inf=1e17;
int n,m,idx,cnt;
int dfn[n],dep[n],fa[n][20];
int top,stk[n],vir[n],par[n];
ll mi[n],f[n];
bool key[n];
bool cmp(const
int &a,const
int &b)
inline
void dfs (int u,ll val)
}inline
void dp(int u)
if(!key[u])f[u]=min(mi[u],res);
else f[u]=mi[u];
}}tr,vtr;
int lca(int x,int y)
void solve()
int lca=lca(stk[top],u);
while(dep[stk[top]]>dep[lca])
par[u]=lca,stk[++top]=u;
}vtr.tot=0;
for(int i=1;i<=cnt;i++)
for(int i=1;i<=cnt;i++)
sort(vir+1,vir+cnt+1,cmp);
int rt=vir[1];
//建虛樹過程。
vtr.dp(rt);
cout
<'\n';
}int main()
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