水平不夠，學習來湊
又開了個天大的新坑…
sdoi 2011 消耗戰
題目大意就是講：給出一棵樹，有邊權，然後給出k個查詢點，問從1號店不能到任何乙個查詢點的代價是多少.
先考慮一下樹形動歸.
dp[i]表示從1不能到以i為根的子樹中的所有查詢點的最小代價
考慮維護乙個量，mins[i]表示從1到i路徑最小權值
dp[i]顯然要通過枚舉子樹轉移
如果i不是葉子的話，那麼dp
[i]=
min(
∑jdp
[j],
mins
[j])
d p[
i]=m
in(∑
jdp[
j],m
ins[
j])j為i的子樹鄰接點
顯然每次得到dp[1]是要花費o(n)的代價的 只有40pts…
如果是上面的樹形dp，那麼總的複雜度就是 o(n*m)
然而題目裡告訴我們∑m
ki<=
500000
∑ ki
m<=
500000
，就要考慮在這下手了
如果我們可以發現，在轉移的時候很多點都是無用的，其實有用的點就只有查詢點和一些他們的lca
那麼我們就可以考慮重新構造出一棵樹，每個節點的維護值與原樹等價，但是深度很低，我們把這個樹稱為虛樹。
虛樹上的點一定是<=2*k的
這樣這題就可做了
首先我們需要乙個單調棧來維護一條從根節點延伸下來的鏈，然後我們有四個節點。
1：當前點
2：棧頂
3：次棧頂
4：lca(當前點，棧頂）
考慮點4，有兩種可能。
1：點4在點3的上方，那麼點3向點2倆邊，點2出棧。
2：點4在點2和點3的中間，那麼點4向點2連邊，點2出棧，點4入棧，鏈底部顯然是點1，所以點1入棧。
於是我們就構造出了一顆虛樹。
假設查詢點為 5、8、10，那麼虛樹大概是長這個樣子
1：求lca樹剖不知道比倍增快到哪去了
2：我們對於每次的查詢重新構造時，並不需要每次都初始化head陣列，而是可以在上次的樹遍歷裡直接初始化（要不t成sb
#include
#include
#include
#include
#define int long long
const
int maxm=251000;
int head[maxm],to[maxm<<1],net[maxm<<1],cost[maxm<<1];
int son[maxm],siz[maxm],fa[maxm],top[maxm],dfn[maxm],deep[maxm],mins[maxm];
int h[maxm],stk[maxm],tops;
int dp[maxm];
bool vis[maxm];
int tot,cnt;
int n,q;
inline
void addedge(int u,int v,int c)
inline
bool comp(int a,int b)
}void dfs2(int now,int topx)
inline
int lca(int u,int v)
return deep[u]void dfs(int now)
head[now]=0;
dp[now]=ans?std::min(ans,mins[now]):mins[now];
}void buildtree()
addedge(stk[tops-1],stk[tops],0);
tops--;
} if(stk[tops]!=now)stk[++tops]=now;
} while(--tops) addedge(stk[tops],stk[tops+1],0);
dfs(1);
printf("%lld\n",dp[1]);
}main()
mins[1]=1e60;
dfs1(1,0,0),dfs2(1,1);
//for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d\n",mins[i]);
memset(head,0,sizeof(head));
scanf("%lld",&q);
while(q--)
buildtree();
return
0;}
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