bzoj 2286 [Sdoi2011]消耗战 虚树

倍增,然后直接上虚树。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 260000
#define ll long long
#define inf 1e9
int n,Q,m,cnt,top,tot;
int head[N],nex[N<<1],to[N<<1],val[N<<1];
int pos[N],a[N],st[N],deep[N],bel[N],tp[N];
ll f[N];
int fa[N][21],mn[N][21];
vector<int>vec[N],v[N];
void add(int x,int y,int v)
{
    tot++;
    nex[tot]=head[x];head[x]=tot;
    to[tot]=y;val[tot]=v;
}
void dfs(int x,int y)
{
    pos[x]=++cnt;
    deep[x]=deep[y]+1;
    for(int i=1;i<=20;i++)
    {
        fa[x][i]=fa[fa[x][i-1]][i-1];
        mn[x][i]=min(mn[x][i-1],mn[fa[x][i-1]][i-1]);
    }
    for(int i=head[x];i;i=nex[i])
        if(to[i]!=y)
        {
            fa[to[i]][0]=x;
            mn[to[i]][0]=val[i];
            dfs(to[i],x);
        }
}
int cmp(int x,int y){return pos[x]<pos[y];}
int lca(int x,int y)
{
    if(deep[x]<deep[y])swap(x,y);
    for(int i=20;i>=0;i--)
        if(deep[fa[x][i]]>=deep[y])
            x=fa[x][i];
    if(x==y)return x;
    for(int i=20;i>=0;i--)
        if(fa[x][i]!=fa[y][i])
            x=fa[x][i],y=fa[y][i];
    return fa[x][0];
}
int cal(int x,int y)
{
    int ret=inf;
    for(int i=20;i>=0;i--)
        if(deep[fa[x][i]]>=deep[y])
            ret=min(ret,mn[x][i]),x=fa[x][i];
    return ret;
}
void dfs(int x)
{
    f[x]=0;
    for(int i=0,t;i<vec[x].size();i++)
    {
        dfs(t=vec[x][i]);
        f[x]+=min(f[t],(ll)v[x][i]);
    }
    if(tp[x])f[x]=inf;
}
void cl(int x)
{
    vec[x].clear();
    v[x].clear();tp[x]=0;
}
int main()
{
    //freopen("tt.in","r",stdin);
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1,x,y,v;i<n;i++)
    {
        scanf("%d%d%d",&x,&y,&v);
        add(x,y,v);add(y,x,v);
    }
    dfs(1,0);
    scanf("%d",&Q);
    for(;Q--;)
    {
        scanf("%d",&m);
        for(int i=1;i<=m;i++)
            scanf("%d",&a[i]);
        sort(a+1,a+1+m,cmp);
        st[top=1]=1;bel[1]=(cnt=1);cl(1);
        for(int i=1;i<=m;i++)
        {
            int t;
            while((t=lca(a[i],st[top]))!=st[top])
            {
                int t1=st[top-1],t2=st[top];
                top--;
                if(deep[t]>deep[st[top]])
                {
                    st[++top]=t,bel[t]=++cnt;
                    t1=t;cl(cnt);
                }
                vec[bel[t1]].push_back(bel[t2]);
                v[bel[t1]].push_back(cal(t2,t1));
            }
            if(a[i]!=st[top])
            {
                st[++top]=a[i];
                bel[a[i]]=++cnt;cl(cnt);
            }
        }
        for(int i=top;i>=2;i--)
        {
            int t1=bel[st[i-1]],t2=bel[st[i]];
            vec[t1].push_back(t2);
            v[t1].push_back(cal(st[i],st[i-1]));
        }
        for(int i=1;i<=m;i++)tp[bel[a[i]]]=1;
        dfs(1);
        printf("%lld\n",f[1]);
    }
    return 0;
}
下载前必看:https://pan.quark.cn/s/a4b39357ea24 在本资料中,将阐述如何运用JavaScript达成单击下拉列表框选定选项后即时转向对应页面的功能。 此种技术适用于网页布局中用户需迅速选取并转向不同页面的情形,诸如网站导航栏或内容目录等场景。 达成此功能,能够显著改善用户交互体验,精简用户的操作流程。 我们须熟悉HTML里的`<select>`组件,该组件用于构建一个选择列表。 用户可从中选定一项,并可引发一个事件来响应用户的这一选择动作。 在本次实例中,我们借助`onchange`事件监听器来实现当用户在下拉列表框中选定某个选项时,页面能自动转向该选项关联的链接地址。 JavaScript里的`window.location`属性旨在获取或设定浏览器当前载入页面的网址,通过变更该属性的值,能够实现页面的转向。 在本次实例的实现方案里,运用了`eval()`函数来动态执行字符串表达式,这在现代的JavaScript开发实践中通常不被推荐使用,因为它可能诱发安全问题及难以排错的错误。 然而,为了本例的简化展示,我们暂时搁置这一问题,因为在更复杂的实际应用中,可选用其他方法,例如ES6中的模板字符串或其他函数来安全地构建和执行字符串。 具体到本例的代码实现,`MM_jumpMenu`函数负责处理转向逻辑。 它接收三个参数:`targ`、`selObj`和`restore`。 其中`targ`代表要转向的页面,`selObj`是触发事件的下拉列表框对象,`restore`是标志位,用以指示是否需在转向后将下拉列表框的选项恢复至默认的提示项。 函数的实现通过获取`selObj`中当前选定的`selectedIndex`对应的`value`属性值,并将其赋予`...
题目描述 有一个 $n$ 个点的棋盘,每个点上有一个数字 $a_i$,你需要从 $(1,1)$ 走到 $(n,n)$,每次只能往右或往下走,每个格子只能经过一次,路径上的数字和为 $S$。定义一个点 $(x,y)$ 的权值为 $a_x+a_y$,求所有满足条件的路径中,所有点的权值和的最小值。 输入格式 第一行一个整数 $n$。 接下来 $n$ 行,每行 $n$ 个整数,表示棋盘上每个点的数字。 输出格式 输出一个整数,表示所有满足条件的路径中,所有点的权值和的最小值。 数据范围 $1\leq n\leq 300$ 输入样例 3 1 2 3 4 5 6 7 8 9 输出样例 25 算法1 (形dp) $O(n^3)$ 我们可以先将所有点的权值求出来,然后将其看作是一个有权值的图,问题就转化为了在这个图中求从 $(1,1)$ 到 $(n,n)$ 的所有路径中,所有点的权值和的最小值。 我们可以使用形dp来解决这个问题,具体来说,我们可以将这个图看作是一棵,每个点的父节点是它的前驱或者后继,然后我们从根节点开始,依次向下遍历,对于每个节点,我们可以考虑它的两个儿子,如果它的两个儿子都被遍历过了,那么我们就可以计算出从它的左儿子到它的右儿子的路径中,所有点的权值和的最小值,然后再将这个值加上当前节点的权值,就可以得到从根节点到当前节点的路径中,所有点的权值和的最小值。 时间复杂度 形dp的时间复杂度是 $O(n^3)$。 C++ 代码 算法2 (动态规划) $O(n^3)$ 我们可以使用动态规划来解决这个问题,具体来说,我们可以定义 $f(i,j,s)$ 表示从 $(1,1)$ 到 $(i,j)$ 的所有路径中,所有点的权值和为 $s$ 的最小值,那么我们就可以得到如下的状态转移方程: $$ f(i,j,s)=\min\{f(i-1,j,s-a_{i,j}),f(i,j-1,s-a_{i,j})\} $$ 其中 $a_{i,j}$ 表示点 $(i,j)$ 的权值。 时间复杂度 动态规划的时间复杂度是 $O(n^3)$。 C++ 代码
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