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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。
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ki，代表第i次后，有ki个岛屿资源丰富，接下来k个整数h1,h2,…hk，表示资源丰富岛屿的编号。
输出有m行，分别代表每次任务的最小代价。
【思路】
虚树+树上DP。
构建虚树，这里学了一个比较机智的构图方法：当询问点之间存在子孙后代关系时只保留最上面的节点。
在这种构图方式的基础上进行树上DP，设f[u]表示以u为根的子树，则有转移式：
f[u]=min{mx[u] , sum(f[v])}
其中mx[u]表示u到根的路径上的最短边。Ps：每个叶子都代表一个询问点。
需要注意的是mx[1]赋大值，d[1]设为1，对应清空边表而非一次n的循环。另外vector中的clear()并不是释放空间，可以看作形如size=0的操作，所以不用担心初始化时间的问题。
LCA好像写得有点挫，效率不是很高的样子=-=
【代码】
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<vector> 4 #include<iostream> 5 #include<algorithm> 6 using namespace std; 7 8 typedef long long LL; 9 const int N = 250000+10; 10 const int D = 20; 11 12 struct Edge{ int u,v,w; 13 }; 14 vector<Edge> es; 15 vector<int> g[N],G[N]; 16 int fa[N][D],d[N],dfn[N],bin[D]; LL mx[N]; 17 int n,m,dfsc; 18 19 void adde(int u,int v,int w) { 20 es.push_back((Edge){u,v,w}); 21 int m=es.size(); g[u].push_back(m-1); 22 } 23 void adde2(int u,int v) { 24 if(u!=v) G[u].push_back(v); else return ; 25 printf("es(%d,%d)\n",u,v); 26 } 27 bool cmp(const int& lhs,const int& rhs) { return dfn[lhs]<dfn[rhs]; 28 } 29 30 void dfs(int u) { 31 dfn[u]=++dfsc; 32 for(int i=0;i<g[u].size();i++) { 33 Edge e=es[g[u][i]]; int v=e.v; 34 if(v!=fa[u][0]) { 35 fa[v][0]=u; 36 for(int j=1;j<D;j++) fa[v][j]=fa[fa[v][j-1]][j-1]; 37 d[v]=d[u]+1; mx[v]=min(mx[u],(LL)e.w); 38 dfs(v); 39 } 40 } 41 } 42 int LCA(int u,int v) { 43 if(d[v]>d[u]) swap(u,v); 44 for(int i=D-1;i>=0;i--) 45 if(d[fa[u][i]]>=d[v]) u=fa[u][i]; 46 if(u==v) return u; 47 for(int i=D-1;i>=0;i--) 48 if(fa[u][i]!=fa[v][i]) u=fa[u][i] , v=fa[v][i]; 49 return fa[u][0]; 50 } 51 void read(int &x) { 52 char c=getchar(); while(!isdigit(c)) c=getchar(); 53 x=0; while(isdigit(c)) x=x*10+c-‘0‘ , c=getchar(); 54 } 55 LL f[N]; 56 void dp(int u) { 57 LL tmp=0; 58 for(int i=0;i<G[u].size();i++) { 59 dp(G[u][i]); 60 tmp += f[G[u][i]]; 61 } 62 G[u].clear(); //清空边表 63 f[u]=mx[u]; //f=mx 所以mx赋大值 64 if(tmp && tmp<f[u]) f[u]=tmp; 65 } 66 void solve() { 67 int top=0,tot=0,k; 68 static int st[N],h[N]; 69 read(k); 70 for(int i=1;i<=k;i++) read(h[i]) ; 71 sort(h+1,h+k+1,cmp); 72 ///////////////////////////////////// 以下是一个十分机智的重新构图 from hzwer 73 h[++tot]=h[1]; 74 for(int i=2;i<=k;i++) 75 if(LCA(h[tot],h[i])!=h[tot]) h[++tot]=h[i]; //虚树中不会出现询问点间的子孙后代关系 76 st[++top]=1; 77 for(int i=1;i<=tot;i++) { 78 int p=h[i],lca=LCA(p,st[top]); 79 for(;;) { 80 if(d[st[top-1]]<=d[lca]) { 81 adde2(lca,st[top--]); 82 if(st[top]!=lca) st[++top]=lca; 83 break; 84 } 85 adde2(st[top-1],st[top]); top--; 86 } 87 if(st[top]!=p) st[++top]=p; 88 } 89 while(--top) adde2(st[top],st[top+1]); 90 ///////////////////////////////////// 91 dp(1); 92 printf("%lld\n",f[1]); 93 } 94 95 int main() { 96 read(n); 97 int u,v,w; 98 for(int i=0;i<n-1;i++) { 99 read(u),read(v),read(w); 100 adde(u,v,w) , adde(v,u,w); 101 } 102 mx[1]=1e18,d[1]=1; dfs(1); //d[1]=1 103 read(m); 104 while(m--) solve(); 105 return 0; 106 }
bzoj 2286 [Sdoi2011]消耗战（虚树+树上DP）
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原文地址：http://www.cnblogs.com/lidaxin/p/5114969.html
