NOIP2018 保卫王国
题目
Z 国有 \(n\) 座城市，\(n−1\)条双向道路，每条双向道路连接两座城市，且任意两座城市都能通过若干条道路相互到达。
Z 国的国防部长小 Z 要在城市中驻扎军队。驻扎军队需要满足如下几个条件：
- 一座城市可以驻扎一支军队，也可以不驻扎军队。
- 由道路直接连接的两座城市中至少要有一座城市驻扎军队。
- 在城市里驻扎军队会产生花费，在编号为 \(i\) 的城市中驻扎军队的花费是 \(p_i\)。
小 Z 很快就规划出了一种驻扎军队的方案，使总花费最小。但是国王又给小 Z 提出了 \(m\) 个要求，每个要求规定了其中两座城市是否驻扎军队。小 Z 需要针对每个要求逐一给出回答。具体而言，如果国王提出的第 \(j\) 个要求能够满足上述驻扎条件（不需要考虑第 \(j\) 个要求之外的其它要求），则需要给出在此要求前提下驻扎军队的最小开销。如果国王提出的第 \(j\) 个要求无法满足，则需要输出 \(-1\)。现在请你来帮助小 Z。
思路1 倍增
首先，这题给的切分非常多，所以考场上稳妥的策略应该是去打切分而不是正解。
正解有很多写法，这里写一种我认为最正常的写法：倍增。
首先得到两个数组：
\(f[x][0/1]\)表示在\(x\)这个子树，选或不选\(x\)点的最优方案。
\(g[x][0/1]\)表示对于全局而言，选或不选\(x\)的最优方案。
再处理一个倍增数组：\(dp[x][j][0/1][0/1]\)表示\(x\)的距离为\(2^j\)的祖先的子树排除掉\(x\)的子树，两者的取与不取的状态，最优的方案。
然后考虑对于一个询问\(x\),\(y\)。分成两种情况讨论（以下描述默认\(x\)比\(y\)浅）。
如果两个点具有祖先关系，那么直接把\(y\)跳到\(x\)的子节点处，对两个点的情况进行讨论。
如果两个点不具备祖先关系，那么把两个点都跳到lca的子节点处，对lca的是否存在进行讨论，用我们上面预处理出的这些数组即可计算答案。
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define M 100005
#define LL long long
using namespace std;
void tomin(LL &x,LL y){if(x>y)x=y;}
int n,m,h[M],tt,A[M];
char op[15];
struct edge{
int nxt,to;
}G[M<<1];
void Add(int a,int b){
G[++tt]=(edge){h[a],b};
h[a]=tt;
}
struct node{
LL a[2][2];
node(){a[0][0]=a[1][1]=a[0][1]=a[1][0]=1e13;}
}dp[M][18];
node merge(node x,node y){
node res;
for(int a=0;a<2;a++)
for(int b=0;b<2;b++)
for(int k=0;k<2;k++)
tomin(res.a[a][b],x.a[a][k]+y.a[k][b]);
return res;
}
LL f[M][2],g[M][2],dep[M];
int fa[M][18];
void dfs(int x,int ff,int d){
f[x][0]=0;f[x][1]=A[x];fa[x][0]=ff;
dep[x]=d;
for(int i=h[x];i;i=G[i].nxt){
int u=G[i].to;
if(u==ff)continue;
dfs(u,x,d+1);
f[x][0]+=f[u][1];
f[x][1]+=min(f[u][0],f[u][1]);
}
}
void redfs(int x,int ff,LL t0,LL t1){
g[x][0]=f[x][0]+t1;
g[x][1]=f[x][1]+min(t0,t1);
for(int i=h[x];i;i=G[i].nxt){
int u=G[i].to;
if(u==ff)continue;
redfs(u,x,g[x][0]-f[u][1],g[x][1]-min(f[u][0],f[u][1]));
}
if(ff){
dp[x][0].a[0][0]=1e13;
dp[x][0].a[1][0]=f[ff][0]-f[x][1];
dp[x][0].a[0][1]=f[ff][1]-min(f[x][0],f[x][1]);
dp[x][0].a[1][1]=f[ff][1]-min(f[x][0],f[x][1]);
}
}
int up(int x,int step){
for(int i=17;i>=0;i--)
if(step&1<<i)x=fa[x][i];
return x;
}
int LCA(int a,int b){
if(dep[a]>dep[b])swap(a,b);
int step=dep[b]-dep[a];
b=up(b,step);
if(a==b)return a;
for(int i=17;i>=0;i--)
if(fa[a][i]!=fa[b][i])
a=fa[a][i],b=fa[b][i];
return fa[a][0];
}
LL Print(LL x){
if(x>=1e13)return -1;
return x;
}
int main(){
// freopen("defense.in","r",stdin);
// freopen("defense.out","w",stdout);
scanf("%d%d%s",&n,&m,op+1);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&A[i]);
for(int i=1,a,b;i<n;i++){
scanf("%d%d",&a,&b);
Add(a,b);Add(b,a);
}
dfs(1,0,0);redfs(1,0,0,0);
for(int j=1;j<=17;j++)
for(int i=1;i<=n;i++)
fa[i][j]=fa[fa[i][j-1]][j-1];
for(int j=1;j<=17;j++)
for(int i=1;i<=n;i++)
dp[i][j]=merge(dp[i][j-1],dp[fa[i][j-1]][j-1]);
for(int i=1,x,a,y,b;i<=m;i++){
scanf("%d%d%d%d",&x,&a,&y,&b);
if(dep[x]>dep[y])swap(x,y),swap(a,b);
int lca=LCA(x,y);
int tx=x,ty=y;
if(x==lca){
int step=dep[y]-dep[x]-1;
node res;res.a[0][0]=-1;
for(int j=17;j>=0;j--){
if(step&1<<j){
if(res.a[0][0]==-1)res=dp[y][j];
else res=merge(res,dp[y][j]);
y=fa[y][j];
}
}
if(res.a[0][0]==-1){
res.a[0][0]=res.a[1][1]=0;
res.a[1][0]=res.a[0][1]=1e13;
}
LL tmp[3];
tmp[0]=g[x][0]-f[y][1];
tmp[1]=g[x][1]-min(f[y][0],f[y][1]);
if(a==0)printf("%lld\n",Print(f[ty][b]+res.a[b][1]+tmp[a]));
else printf("%lld\n",Print(f[ty][b]+min(res.a[b][0],res.a[b][1])+tmp[a]));
}
else {
node res1,res2;res1.a[0][0]=-1;res2.a[0][0]=-1;
int step=dep[y]-dep[lca]-1;
for(int j=17;j>=0;j--){
if(step&1<<j){
if(res2.a[0][0]==-1)res2=dp[y][j];
else res2=merge(res2,dp[y][j]);
y=fa[y][j];
}
}
step=dep[x]-dep[lca]-1;
for(int j=17;j>=0;j--){
if(step&1<<j){
if(res1.a[0][0]==-1)res1=dp[x][j];
else res1=merge(res1,dp[x][j]);
x=fa[x][j];
}
}
if(res1.a[0][0]==-1){
res1.a[0][0]=0;
res1.a[1][1]=0;
res1.a[1][0]=res1.a[0][1]=1e13;
}
if(res2.a[0][0]==-1){
res2.a[0][0]=0;
res2.a[1][1]=0;
res2.a[1][0]=res2.a[0][1]=1e13;
}
LL tmp[3];
tmp[0]=g[lca][0]-f[y][1]-f[x][1];
tmp[1]=g[lca][1]-min(f[y][0],f[y][1])-min(f[x][0],f[x][1]);
LL ans=1e18;
ans=min(ans,res1.a[a][1]+res2.a[b][1]+tmp[0]);
ans=min(ans,min(res1.a[a][0],res1.a[a][1])+min(res2.a[b][0],res2.a[b][1])+tmp[1]);
ans+=f[tx][a]+f[ty][b];
printf("%lld\n",Print(ans));
}
}
return 0;
}
思路2 动态dp
正是因为NOIP中出了这道题，让动态dp一下子普及了开来。
前置知识：矩阵乘法，树链剖分（虽然倍增好像也可以）。
首先要知道，矩阵乘法有一些扩展的应用：
把式子改成上面那个样子同样满足结合律。
可以把dp式子往这个方向上去凑。
我们来看看这题暴力代码的dp式子：
设\(g[x][0/1]\)表示剥离\(x\)的重儿子时，所计算出来的dp值，定义出新的dp式子：
这样就可以构造出转移矩阵了：
特别的，单位矩阵为
现在考虑，线段树维护一段链上的矩阵乘法。
考虑一条重链，对于一条重链来说，由于\(g\)数组是将其排除在外的，所以重链的答案是可以直接得到的。
事实上，会变化的，就只有轻边上的矩阵，这只有\(logn\)个，可以直接暴力更新。
