刷题总结——大工程（bzoj3611）

Description

国家有一个大工程，要给一个非常大的交通网络里建一些新的通道。

我们这个国家位置非常特殊，可以看成是一个单位边权的树，城市位于顶点上。

在 2 个国家 a,b 之间建一条新通道需要的代价为树上 a,b 的最短路径。

现在国家有很多个计划，每个计划都是这样，我们选中了 k 个点，然后在它们两两之间新建 C(k,2)条新通道。

现在对于每个计划，我们想知道：

1.这些新通道的代价和

2.这些新通道中代价最小的是多少

3.这些新通道中代价最大的是多少

Input

第一行 n 表示点数。

接下来 n-1 行，每行两个数 a,b 表示 a 和 b 之间有一条边。

点从 1 开始标号。接下来一行 q 表示计划数。

对每个计划有 2 行，第一行 k 表示这个计划选中了几个点。

第二行用空格隔开的 k 个互不相同的数表示选了哪 k 个点。

Output

输出 q 行，每行三个数分别表示代价和，最小代价，最大代价。

Sample Input

10
2 1
3 2
4 1
5 2
6 4
7 5
8 6
9 7
10 9
5
2
5 4
2
10 4
2
5 2
2
6 1
2
6 1

Sample Output

3 3 3
6 6 6
1 1 1
2 2 2
2 2 2

HINT

n<=1000000

q<=50000并且保证所有k之和<=2*n

题解：

先构造虚树，为了维护答案anssum，ansmin，ansmax我们需要维护每个点i的sonsum[i]，maxdis[i]，mindis[i]，cnt[i]分别表示该点所在子树的所有特殊点到这一点的距离总和，该点所在子树中的一个特殊点到该点距离的最大值以及最小值，和该点所在子树中的特殊点数量和···具体怎么更新三个答案和维护这四个值看代码吧

代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<cctype>
#include<cstring>
#include<string>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=1e6+5;
inline int R()
{
  char c;int f=0;  
  for(c=getchar();c<‘0‘||c>‘9‘;c=getchar());
  for(;c<=‘9‘&&c>=‘0‘;c=getchar())
    f=(f<<3)+(f<<1)+c-‘0‘;
  return f;
}
int fst[N],go[N*2],nxt[N*2],tot,dfn[N],deep[N],g[N][25],Cnt;
int vir[N],tag[N],tmp,stack[N],top,vn,tn,par[N];
int n,m,ansmax,ansmin,cnt[N],maxdis[N],mindis[N];
long long anssum,sonsum[N];
inline void comb(int a,int b)
{
  nxt[++tot]=fst[a],fst[a]=tot,go[tot]=b;                
  nxt[++tot]=fst[b],fst[b]=tot,go[tot]=a;
}
inline void comb1(int a,int b)
{
  nxt[++tot]=fst[a],fst[a]=tot,go[tot]=b;
}
inline void dfs(int u,int fa)
{
  dfn[u]=++Cnt;
  for(int e=fst[u];e;e=nxt[e])
  {
    int v=go[e];
    if(v==fa)  continue;
    deep[v]=deep[u]+1;g[v][0]=u;
    dfs(v,u);
  }
}
inline int get(int a,int b)
{
  int i,j;
  if(deep[a]<deep[b])  swap(a,b);
  for(i=0;(1<<i)<=deep[a];i++);i--;
  for(j=i;j>=0;j--)
    if(deep[a]-(1<<j)>=deep[b])  
      a=g[a][j];
  if(a==b)  return a; 
  for(i=20;i>=0;i--)
    if(g[a][i]!=g[b][i])
      a=g[a][i],b=g[b][i];
  return g[a][0];
}
inline void pre()
{ 
  tot=stack[top=0]=0,tmp++,anssum=0,ansmin=1e+8,ansmax=0;
}
inline bool cmp(int a,int b)
{
  return dfn[a]<dfn[b];
}
inline void build()
{
  sort(vir+1,vir+vn+1,cmp);
  vn=unique(vir+1,vir+vn+1)-vir-1;tn=vn;
  for(int i=1;i<=tn;i++)
  {
    if(!top)
    {
      par[vir[i]]=0;stack[++top]=vir[i];fst[stack[top]]=0;
      continue;
    }
    int lca=get(vir[i],stack[top]);
    while(deep[stack[top]]>deep[lca])
    {
      if(deep[stack[top-1]]<deep[lca])  par[stack[top]]=lca;
      top--;
    }
    if(stack[top]!=lca)
    {
      par[lca]=stack[top];
      vir[++vn]=lca;
      stack[++top]=lca;fst[stack[top]]=0;
    }
    stack[++top]=vir[i];fst[stack[top]]=0;
    par[vir[i]]=lca;
  } 
  sort(vir+1,vir+vn+1,cmp);
}
inline void dp(int u)
{
  cnt[u]=(tag[u]==tmp?1:0);sonsum[u]=0;
  maxdis[u]=0;mindis[u]=(tag[u]==tmp?0:1e+8);
  for(int e=fst[u];e;e=nxt[e])
  {
    int v=go[e];dp(v);
    ansmin=min(ansmin,mindis[u]+mindis[v]+deep[v]-deep[u]);
    ansmax=max(ansmax,maxdis[u]+maxdis[v]+deep[v]-deep[u]);
    anssum+=(long long)cnt[u]*cnt[v]*(deep[v]-deep[u])+(long long)sonsum[u]*cnt[v]+(long long)sonsum[v]*cnt[u];
    maxdis[u]=max(maxdis[u],maxdis[v]+deep[v]-deep[u]);
    mindis[u]=min(mindis[u],mindis[v]+deep[v]-deep[u]);
    sonsum[u]+=(sonsum[v]+(long long)cnt[v]*(deep[v]-deep[u]));
    cnt[u]+=cnt[v];
  }
}
int main()
{
  freopen("a.in","r",stdin);
  n=R();int a,b; 
  for(int i=1;i<n;i++)
  {
    a=R(),b=R();
    comb(a,b);
  }
  deep[1]=1;
  dfs(1,0);
  for(int i=1;i<=20;i++)
    for(int j=1;j<=n;j++)
      g[j][i]=g[g[j][i-1]][i-1];
  m=R();
  while(m--)
  {
    vn=R();pre();
    for(int i=1;i<=vn;i++)  vir[i]=R(),tag[vir[i]]=tmp;    
    build();
    for(int i=2;i<=vn;i++)  comb1(par[vir[i]],vir[i]);
    dp(vir[1]);
    printf("%lld %d %d\n",anssum,ansmin,ansmax);
  }
  return 0;
}

原文地址：http://www.cnblogs.com/AseanA/p/7588665.html