虚树

引子

「SDOI2011」消耗战

题目描述

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。

输入格式

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\le u,v\le n 1\le c\le 10^5

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 k_i ,代表第 i 次后,有 k_i 个岛屿资源丰富,接下来 k 个整数 h_1,h_2,\cdots ,h_k ,表示资源丰富岛屿的编号。

输出格式

输出有 m 行,分别代表每次任务的最小代价。

数据范围

对于 100\% 的数据, 2\le n\le 2.5\times 10^5,m\ge 1,\sum k_i\le 5\times 10^5,1\le k_i\le n-1

虚树 Virtual Tree

对于上面那题,我们不难发现——如果树的点数很少,那么我们可以直接跑 DP。

首先我们称某次询问中被选中的点为—— 「关键点」

Dp(i) 表示——使 i 不与其子树中任意一个关键点连通的 最小代价

w(a,b) 表示 a b 之间的边的权值。

则枚举 i 的儿子 v

  • v 不是关键点: Dp(i)=Dp(i) + \min \{Dp(v),w(i,v)\}
  • v 是关键点: Dp(i)=Dp(i) + w(i,v)

很好,这样我们得到了一份 O(nq) 的代码。

听起来很有意思。

我们不难发现——其实很多点是没有用的。以下图为例:

vtree-1

如果我们选取的关键点是:

vtree-2

图中只有两个红色的点是 关键点 ,而别的点全都是「非关键点」。

对于这题来说,我们只需要保证红色的点无法到达 1 号节点就行了。

通过肉眼观察可以得出结论—— 1 号节点的右子树(虽然实际上可能有多个子树,但这里只有两个子树,所以暂时这么称呼了)一个红色节点都木有, 所以没必要去 DP 它

观察题目给出的条件,红色点(关键点)的总数是与 n 同阶的,也就是说实际上一次询问中红色的点对于整棵树来说是很稀疏的,所以如果我们能让复杂度由红色点的总数来决定就好了。

因此我们需要 浓缩信息,把一整颗大树浓缩成一颗小树

由此我们引出了 「虚树」 这个概念。

我们先直观地来看看虚树的样子。

下图中,红色结点是我们选择的关键点。红色和黑色结点都是虚树中的点。黑色的边是虚树中的边。

vtree-3

vtree-4

vtree-5

vtree-6

因为任意两个关键点的 LCA 也是需要保存重要信息的,所以我们需要保存它们的 LCA,因此虚树中不一定只有关键点。

不难发现虚树中祖先后代的关系并不会改变。(就是不会出现原本 a b 的祖先结果后面 a 变成 b 的后代了之类的鬼事)

但我们不可能 O(k^2) 暴力枚举 LCA,所以我们不难想到——首先将关键点按 DFS 序排序,然后排完序以后相邻的两个关键点(相邻指的是在排序后的序列中下表差值的绝对值等于 1)求一下 LCA,并把它加入虚树。

因为可能多个节点的 LCA 可能是同一个,所以我们不能多次将它加入虚树。

非常直观的一个方法是:

  • 将关键点按 DFS 序排序;
  • for 一遍,任意两个相邻的关键点求一下 LCA,并且哈希表判重;
  • 然后根据原树中的祖先后代关系建树。

朴素算法的复杂度较高。因此我们提出一种单调栈做法。

在提出方案之前,我们先确认一个事实——在虚树里,只要保证祖先后代的关系没有改变,就可以随意添加节点。

也就是,如果我们乐意,我们可以把原树中所有的点都加入虚树中,也不会导致 WA(虽然会导致 TLE)。

因此,我们为了方便,可以首先将 1 号节点加入虚树中,并且并不会影响答案。

好,开始讲怎么用单调栈来建立一棵虚树吧。

首先我们要明确一个目的——我们要用单调栈来维护一条虚树上的链。

也就是一个栈里相邻的两个节点在虚树上也是相邻的,而且栈是从底部到栈首单调递增的(指的是栈中节点 DFS 序单调递增),说白了就是某个节点的父亲就是栈中它下面的那个节点。

首先我们在栈中添加节点 1

然后接下来按照 DFS 序从小到大添加关键节点。

假如当前的节点与栈顶节点的 LCA 就是栈顶节点的话,则说明它们是在一条链上的。所以直接把当前节点入栈就行了。

vtree-7

假如当前节点与栈顶节点的 LCA 不是栈顶节点的话:

vtree-8

这时,当前单调栈维护的链是:

vtree-9

而我们需要把链变成:

vtree-10

那么我们就把蓝色结点弹栈即可,在弹栈前别忘了向它在虚树中的父亲连边。

vtree-11

假如弹出以后发现栈首不是 LCA 的话要让 LCA 入栈。

再把当前节点入栈就行了。

下面给出一个具体的例子。假设我们要对下面这棵树的 4,6 和 7 号结点建立虚树:

vtree-12

那么步骤是这样的:

  • 将 3 个关键点 6,4,7 按照 DFS 序排序,得到序列 [4,6,7]
  • 1 入栈。

vtree-13

我们用黄色的点代表在栈内的点,绿色的点代表从栈中弹出的点。

  • 取序列中第一个作为当前节点,也就是 4 。再取栈顶元素,为 1 。求 1 4 LCA LCA(1,4)=1
  • 发现 LCA(1,4)= 栈顶元素,说明它们在虚树的一条链上,所以直接把当前节点 4 入栈,当前栈为 4,1

vtree-14

  • 取序列第二个作为当前节点,为 6 。再取栈顶元素,为 4 。求 6 4 LCA LCA(6,4)=1
  • 发现 LCA(6,4)\neq 栈顶元素,进入判断阶段。
  • 判断阶段:发现栈顶节点 4 的 DFS 序是大于 LCA(6,4) 的,但是次大节点(栈顶节点下面的那个节点) 1 的 DFS 序是等于 LCA 的(其实 DFS 序相等说明节点也相等),说明 LCA 已经入栈了,所以直接连接 1->4 的边,也就是 LCA 到栈顶元素的边。并把 4 从栈中弹出。

vtree-15

  • 结束了判断阶段,将 6 入栈,当前栈为 6,1

vtree-16

  • 取序列第三个作为当前节点,为 7 。再取栈顶元素,为 6 。求 7 6 LCA LCA(7,6)=3
  • 发现 LCA(7,6)\neq 栈顶元素,进入判断阶段。
  • 判断阶段:发现栈顶节点 6 的 DFS 序是大于 LCA(7,6) 的,但是次大节点(栈顶节点下面的那个节点) 1 的 DFS 序是小于 LCA 的,说明 LCA 还没有入过栈,所以直接连接 3->6 的边,也就是 LCA 到栈顶元素的边。把 6 从栈中弹出,并且把 LCA(6,7) 入栈。
  • 结束了判断阶段,将 7 入栈,当前栈为 1,3,7

vtree-17

  • 发现序列里的 3 个节点已经全部加入过栈了,退出循环。
  • 此时栈中还有 3 个节点: 1, 3,7 ,很明显它们是一条链上的,所以直接链接: 1->3 3->7 的边。
  • 虚树就建完啦!

vtree-18

我们接下来将那些没入过栈的点(非青绿色的点)删掉,对应的虚树长这个样子:

vtree-19

其中有很多细节,比如我是用邻接表存图的方式存虚树的,所以需要清空邻接表。但是直接清空整个邻接表是很慢的,所以我们在 有一个从未入栈的元素入栈的时候清空该元素对应的邻接表 即可。

建立虚树的 C++ 代码大概长这样:

代码实现
 1
 2
 3
 4
 5
 6
 7
 8
 9
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21
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25
sort(h + 1, h + 1 + k, cmp);
sta[top = 1] = 1, g.sz = 0, g.head[1] = -1;
// 1号节点入栈,清空1号节点对应的邻接表,设置邻接表边数为1
for (int i = 1, l; i <= k; i += 1)
  if (h[i] != 1) {  // 如果1号节点是关键节点就不要重复添加
    l = lca(h[i], sta[top]);  // 计算当前节点与栈顶节点的LCA
    if (l != sta[top]) {
      // 如果LCA和栈顶元素不同,则说明当前节点不再当前栈所存的链上
      while (id[l] < id[sta[top - 1]])
        // 当次大节点的Dfs序大于LCA的Dfs序
        g.push(sta[top - 1], sta[top]), top--;
      // 把与当前节点所在的链不重合的链连接掉并且弹出
      if (id[l] > id[sta[top - 1]])
        // 如果LCA不等于次大节点(这里的大于其实和不等于没有区别)
        g.head[l] = -1, g.push(l, sta[top]), sta[top] = l;
      // 说明LCA是第一次入栈,清空其邻接表,连边后弹出栈顶元素,并将LCA入栈
      else
        g.push(l, sta[top--]);
      // 说明LCA就是次大节点,直接弹出栈顶元素
    }
    g.head[h[i]] = -1, sta[++top] = h[i];
    // 当前节点必然是第一次入栈,清空邻接表并入栈
  }
for (int i = 1; i < top; i += 1)
  g.push(sta[i], sta[i + 1]);  // 剩余的最后一条链连接一下

于是我们就学会了虚树的建立了!

对于消耗战这题,直接在虚树上跑最开始讲的那个 DP 就行了,我们等于利用了虚树排除了那些没用的非关键节点!仍然考虑 i 的所有儿子 v

  • v 不是关键点: Dp(i)=Dp(i) + \min \{Dp(v),w(i,v)\}
  • v 是关键点: Dp(i)=Dp(i) + w(i,v)

于是这题很简单就过了。

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