P9433 [NAPC-#1] Stage5 - Conveyors
題意簡述
給定一個\(N\)個節點的樹形結構，每條邊有邊權，樹上有\(k\)個關鍵點。
接下來有\(q\)次詢問，每次詢問給定\(x,y\)兩點，請計算從\(x\)開始經過這\(k\)個關鍵點（可以重複經過）再到\(y\)的最短路程。
解題思路
我們可以發現，如果\(x\)與\(y\)都在\(k\)個關鍵點所形成的最小子圖中，那麼答案就是這個子圖中所有邊長度之和\(w\)的兩倍，再減去\(x\)到\(y\)的距離，即\(2w-dist(x,y)\)。
為什麼呢？因為除了\(x\sim y\)之間的邊只需要走\(1\)次，其他邊都需要走來回\(2\)次。
那如果\(x,y\)不全在這個子圖中呢？那麼我們就把\(x,y\)移到裡面去，用\(2w-dist(x',y')\)再額外加上移動的距離即可。
為了方便操作，我們把關鍵點之一當作根節點，這樣該子圖就一定包含根節點了。
接下來，我們就可以用倍增把\(x,y\)跳到子圖中，順便計算出跳躍的距離，累加到\(2w-dist(x',y')\)中即可。
怎麼求跳躍的距離呢？我們用\(dis[u][i]\)表示\(u\)節點往上\(2^i\)層的邊權之和，在預處理LCA時計算出來。倍增跳躍時，每跳一次累加一下\(dis\)，最終結果就是跳躍距離了。
怎麼求\(dist(x,y)\)呢？根據上面的定義，\(dis[u][19]\)足以表示\(u\)到根節點的距離，那麼有\(dist(x,y)=dis[x][19]+dis[y][19]-2\times dis[lca(x,y)][19]\)。
（一開始我的思路比較傻，是在倍增求LCA的過程中，每跳一步累加一次\(dis\)。這樣顯然不如上面優啦）
時間複雜度\(O((n+q)\log N)\)。
\(\texttt{<Code/>}\)
點選檢視程式碼
#include<bits/stdc++.h>
#define N 100010
using namespace std;
int n,k,q,root,w;
struct edge{int to,w;};
vector<edge> G[N];
bool is[N];
int dep[N],fa[N][20],dis[N][20];
void dfs(int u,int father){
dep[u]=dep[father]+1;
fa[u][0]=father;
for(int i=1;i<20;i++)
fa[u][i]=fa[fa[u][i-1]][i-1],
dis[u][i]=dis[u][i-1]+dis[fa[u][i-1]][i-1];
for(auto i:G[u])
if(i.to!=father){
dis[i.to][0]=i.w;
dfs(i.to,u);
if(is[i.to])
is[u]=1,
w+=i.w;
}
}
int lca(int u,int v){
if(dep[u]<dep[v]) swap(u,v);
for(int i=19;i>=0;i--)
if(dep[fa[u][i]]>=dep[v])
u=fa[u][i];
if(u==v) return u;
for(int i=19;i>=0;i--)
if(fa[u][i]!=fa[v][i])
u=fa[u][i],v=fa[v][i];
return fa[u][0];
}
int dist(int u,int v){
return dis[u][19]+dis[v][19]-2*dis[lca(u,v)][19];
}
int jump(int &x){
int ans=0;
for(int i=19;i>=0;i--)
if(fa[x][i]&&!is[fa[x][i]])
ans+=dis[x][i],
x=fa[x][i];
ans+=dis[x][0],x=fa[x][0];
return ans;
}
int main(){
cin>>n>>q>>k;
for(int i=1;i<n;i++){
int u,v,w;
cin>>u>>v>>w;
G[u].push_back({v,w});
G[v].push_back({u,w});
}
for(int i=1;i<=k;i++){
cin>>root;
is[root]=1;
}
dfs(root,0);
w*=2;
while(q--){
int x,y;
cin>>x>>y;
int ans=0;
if(!is[x]) ans+=jump(x);
if(!is[y]) ans+=jump(y);
ans+=w-dist(x,y);
cout<<ans<<"\n";
}
return 0;
}