虚树
引子¶
「SDOI2011」消耗战
题目描述¶
在一场战争中，战场由 个岛屿和 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 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 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 号岛屿上）。不过侦查部门还发现了这台机器只能够使用 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 ，代表岛屿数量。
接下来 n-1 行，每行三个整数 ，代表 号岛屿和 号岛屿由一条代价为 的桥梁直接相连，保证 且 。
第 行，一个整数 ，代表敌方机器能使用的次数。
接下来 行，每行一个整数 ，代表第 次后，有 个岛屿资源丰富，接下来 个整数 ，表示资源丰富岛屿的编号。
输出格式¶
输出有 行，分别代表每次任务的最小代价。
数据范围¶
对于 的数据，。
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」。
设 表示——使 不与其子树中任意一个关键点连通的 最小代价。
设 表示 与 之间的边的权值。
则枚举 的儿子 ：
- 若 不是关键点：；
- 若 是关键点：。
很好，这样我们得到了一份 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：
如果我们选取的关键点是：
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 号节点就行了。
通过肉眼观察可以得出结论—— 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）一个红色节点都没有，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 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。
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 是 的祖先结果后面 变成 的后代了之类的鬼事）
但我们不可能 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标差值的绝对值等于 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；
- 遍历一遍，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 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 。
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。
假如当前节点与栈顶节点的 LCA 不是栈顶节点的话：
这时，当前单调栈维护的链是：
而我们需要把链变成：
那么我们就把用虚线标出的结点弹栈即可，在弹栈前别忘了向它在虚树中的父亲连边。
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：
那么步骤是这样的：
- 将 3 个关键点 按照 DFS 序排序，得到序列 。
- 将 入栈。
我们用红色的点代表在栈内的点，青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 。再取栈顶元素，为 。求 和 的 ：。
- 发现 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 入栈，当前栈为 。
- 取序列第二个作为当前节点，为 。再取栈顶元素，为 。求 和 的 ：。
- 发现 栈顶元素，进入判断阶段。
- 判断阶段：发现栈顶节点 的 DFS 序是大于 的，但是次大节点（栈顶节点下面的那个节点） 的 DFS 序是等于 的（其实 DFS 序相等说明节点也相等），说明 已经入栈了，所以直接连接 的边，也就是 到栈顶元素的边。并把 从栈中弹出。
- 结束了判断阶段，将 入栈，当前栈为 。
- 取序列第三个作为当前节点，为 。再取栈顶元素，为 。求 和 的 ：。
- 发现 栈顶元素，进入判断阶段。
- 判断阶段：发现栈顶节点 的 DFS 序是大于 的，但是次大节点（栈顶节点下面的那个节点） 的 DFS 序是小于 的，说明 还没有入过栈，所以直接连接 的边，也就是 到栈顶元素的边。把 从栈中弹出，并且把 入栈。
- 结束了判断阶段，将 入栈，当前栈为 。
- 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：，很明显它们是一条链上的，所以直接链接： 和 的边。
- 虚树就建完啦！
我们接下来将那些没入过栈的点（非青色的点）删掉，对应的虚树长这个样子：
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 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 | inline bool cmp(const int x, const int y) { return id[x] < id[y]; }
void build() {
sort(h + 1, h + k + 1, 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)
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)
g.push(sta[i], sta[i + 1]); //剩余的最后一条链连接一下
return;
}
|
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 的所有儿子 ：
- 若 不是关键点：
- 若 是关键点：
于是这题很简单就过了。
推荐习题¶
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