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【问题描述】
C国共有$n$个城市。有$n-1$条双向道路，每条道路连接两个城市，任意两个城市之间能互相到达。小R来到C国旅行，他共规划了$m$条旅行的路线， 第$i$条旅行路线的起点是$s_i$，终点是$t_i$。在旅行过程中，小R每行走一单位长度的路需要吃一单位的食物。C国的食物只能在各个城市中买到，而且不同城市的食物价格可能不同。
然而，小R不希望在旅行中为了购买较低价的粮食而绕远路，因此他总会选择最近的路走。现在，请你计算小R规划的每条旅行路线的最小花费是多少。
【输入格式】
第一行包含2个整数$n$和$m$。
第二行包含$n$个整数。第$i$个整数$w_i$表示城市$i$的食物价格。
接下来$n-1$行，每行包括3个整数$u, v, e$，表示城市$u$和城市$v$之间有一条长为$e$的双向道路。
接下来$m$行，每行包含2个整数$s_i$和$t_i$，分别表示一条旅行路线的起点和终点。
【输出格式】
输出$m$行，分别代表每一条旅行方案的最小花费。
【样例输入】
6 4
1 7 3 2 5 6
1 2 4
1 3 5
2 4 1
3 5 2
3 6 1
2 5
4 6
6 4
5 6
【样例输出】
35
16
26
13
【样例说明】
对于第一条路线，小R会经过2->1->3->5。其中在城市2处以7的价格购买4单位粮食，到城市1时全部吃完，并用1 的价格购买7单位粮食，然后到达终点。
【评测用例规模与约定】
前10%的评测用例满足：$n, m ≤ 20, w_i ≤ 20$；
前30%的评测用例满足：$n, m ≤ 200$；
另有40%的评测用例满足：一个城市至多与其它两个城市相连。
所有评测用例都满足：$1 ≤ n, m ≤ 10^5，1 ≤ w_i ≤ 10^6，1 ≤ e ≤ 10000$。
【题解】
首先注意到，一条路径的选择方案，一定是从一个点走到下一个比它便宜的点，这之间的食物都在这个点购买。
而这个信息不具有可加性，却具有可减性。
之前在网上搜到了一篇自称要维护两遍单调栈三个lct的博客，但是维护单调栈的最坏时间复杂度为$O(n^2)$，故无法通过所有的测试数据。
下面介绍一种基于点分治的做法。
假设当前分治中心为T，对于一个询问u->v,可以被拆成u->T,T->v，对于u->T的费用，我们可以在倍增数组上二分出u上面第一个比它便宜的位置，用这个位置的信息可以直接得出u的信息。
现在考虑T->v的费用，对于每一个询问，都附加了一个状态，表示之前便宜的费用c，我们需要在T->v的路径上找到第一个比它便宜的点设为x（这个可以通过dfs时维护一个前缀最小值数据来二分求得），这一段用的费用是dis(T, x) * c，剩下的部分就是从x向下走走到v的费用，我们可以通过dfs求出每个点到T的费用，之前已经提到过，维护的信息具有可见性，就可以$O(1)$的时间算出从一个点往下走的走到某个点的费用。
至此，问题在$O(n\log^2n)$的时间复杂度，$O(n\log n)$的空间复杂度内解决。
【代码】（滥用stl导致常数非常大）
1 #include<bits/stdc++.h> 2 3 using namespace std; 4 5 typedef long long LL; 6 typedef pair<int, int> pii; 7 #define FI first 8 #define SE second 9 #define for_edge(u, it) for(vector<pii>::iterator it = G[u].begin(); it != G[u].end(); ++it) 10 11 const int N = 100000 + 10; 12 13 vector<pii> G[N]; 14 vector<int> Q[N], q1[N], q2[N]; 15 LL dis[N], disv[N]; 16 int cost[N], sz[N], maxsz[N], top[N], root; 17 pii q_info[N]; 18 pair<LL, int> ans[N]; 19 bool centre[N]; 20 21 #define v it->FI 22 void get_size(int u, int fa) { 23 maxsz[u] = 0, sz[u] = 1; 24 for_edge(u, it) if(v != fa && !centre[v]) { 25 get_size(v, u); 26 sz[u] += sz[v]; 27 maxsz[u] = max(maxsz[u], sz[v]); 28 } 29 } 30 31 void get_root(int u, int fa, int r) { 32 maxsz[u] = max(maxsz[u], sz[r] - sz[u]); 33 if(maxsz[u] < maxsz[root]) root = u; 34 for_edge(u, it) if(v != fa && !centre[v]) { 35 get_root(v, u, r); 36 } 37 } 38 39 int anc[17][N], val[17][N]; 40 41 int tot_time; 42 43 void get_top(int u, int fa, int pre) { 44 anc[0][u] = fa, val[0][u] = cost[u]; 45 int tmp = clock(); 46 for(int i = 1; i < 17; i++) { 47 val[i][u] = min(val[i-1][u], val[i-1][anc[i-1][u]]); 48 anc[i][u] = anc[i-1][anc[i-1][u]]; 49 } 50 tot_time += clock() - tmp; 51 52 top[u] = pre; 53 for_edge(u, it) if(v != fa && !centre[v]) { 54 dis[v] = dis[u] + it->SE, get_top(v, u, pre); 55 } 56 } 57 58 int pre[N]; 59 60 int find(int u) { 61 int cost_u = cost[u]; 62 //int tmp = clock(); 63 for(int i = 16; i >= 0; i--) { 64 if(val[i][u] >= cost_u) u = anc[i][u]; 65 } 66 //tot_time += clock() - tmp; 67 return u; 68 } 69 70 void calc_1(int u, int fa) { 71 int anc = find(u); 72 73 if(anc) pre[u] = pre[anc]; 74 else anc = root, pre[u] = u; // be root when not exist 75 disv[u] = (dis[u] - dis[anc]) * cost[u] + disv[anc]; 76 77 for(unsigned i = 0; i < q1[u].size(); i++) { 78 ans[q1[u][i]] = make_pair(disv[u], cost[pre[u]]); 79 } 80 81 for_edge(u, it) if(v != fa && !centre[v]) { 82 calc_1(v, u); 83 } 84 85 } 86 87 void calc_2(int u, int fa, int fee) { 88 static int val[N], id[N], tot; 89 disv[u] = (dis[u] - dis[fa]) * fee + disv[fa]; 90 id[tot] = u, val[tot] = cost[u]; 91 if(tot++) val[tot-1] = min(val[tot-2], cost[u]); 92 93 id[tot] = u; // be u when not exist 94 for(unsigned i = 0; i < q2[u].size(); i++) { 95 int c = q2[u][i]; 96 int anc = id[lower_bound(val, val + tot, ans[c].SE, greater<int>()) - val]; 97 ans[c].FI += ans[c].SE * (dis[anc] - dis[root]) + disv[u] - disv[anc]; 98 } 99 100 for_edge(u, it) if(v != fa && !centre[v]) { 101 calc_2(v, u, min(fee, cost[u])); 102 } 103 --tot; 104 } 105 106 void solve(int u) { 107 if(!Q[u].size()) return; 108 109 get_size(u, 0); 110 root = u, get_root(u, 0, u); 111 //cerr << sz[u] << ‘ ‘ << maxsz[root] << endl; 112 113 vector<int> vec_q; 114 vec_q.swap(Q[u]); 115 116 centre[u = root] = 1, top[u] = u, dis[u] = 0; 117 for(int i = 0; i < 17; i++) anc[i][u] = val[i][u] = 0; 118 val[0][u] = cost[u]; 119 for_edge(u, it) if(!centre[v]) { 120 dis[v] = it->SE, get_top(v, u, v); 121 } 122 123 for(unsigned i = 0; i < vec_q.size(); i++) { 124 int c = vec_q[i], x = q_info[c].FI, y = q_info[c].SE; 125 if(top[x] == top[y]) Q[top[x]].push_back(c); 126 else q1[x].push_back(c), q2[y].push_back(c); 127 } 128 129 130 disv[u] = 0, pre[u] = u; 131 calc_1(u, 0); 132 133 disv[u] = 0; 134 calc_2(root, 0, cost[u]); 135 136 for(unsigned i = 0; i < vec_q.size(); i++) { 137 int c = vec_q[i], x = q_info[c].FI, y = q_info[c].SE; 138 q1[x].clear(), q2[y].clear(); 139 } 140 141 for_edge(u, it) if(!centre[v]) { 142 solve(v); 143 } 144 } 145 #undef v 146 147 int main() { 148 #ifdef DEBUG 149 freopen("in.txt", "r", stdin); 150 freopen("out.txt", "w", stdout); 151 int start_time = clock(); 152 #endif 153 154 int n, m; scanf("%d%d", &n, &m); 155 for(int i = 1; i <= n; i++) { 156 scanf("%d", cost + i); 157 } 158 for(int i = 1; i < n; i++) { 159 int u, v, w; 160 scanf("%d%d%d", &u, &v, &w); 161 G[u].push_back(pii(v, w)); 162 G[v].push_back(pii(u, w)); 163 } 164 165 for(int i = 0; i < m; i++) { 166 pii &cur = q_info[i]; 167 scanf("%d%d", &cur.FI, &cur.SE); 168 if(cur.FI != cur.SE) Q[1].push_back(i); 169 } 170 171 solve(1); 172 173 for(int i = 0; i < m; i++) { 174 printf("%I64d\n", ans[i].FI); 175 } 176 #ifdef DEBUG 177 fprintf(stderr, "time used : %.5fs, %.5fs\n", (double) (clock() - start_time) / CLOCKS_PER_SEC, (double)tot_time / CLOCKS_PER_SEC); 178 #endif 179 return 0; 180 }
第四届CCF软件能力认证(CSP2015) 第五题（最小花费）题解
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原文地址：http://www.cnblogs.com/showson/p/5597427.html
