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虚树

引入

「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,\(2\le n\le 2.5\times 10^5,m\ge 1,\sum k_i\le 5\times 10^5,1\le k_i\le n-1\)

过程

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。

解释

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 \(n\) 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

虚树 Virtual Tree

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。

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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标差值的绝对值等于 1)求一下 LCA,并把它加入虚树。

构造过程

因为多个节点的 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,并且判重;
  • 然后根据原树中的祖先后代关系建树。

具体实现上,在 关键点序列 上,枚举相邻的两个数,两两求得 \(lca\) 并且加入序列 \(A\) 中。

因为 DFS 序的性质,此时的序列 \(A\) 已经包含了虚树中的所有点,但是可能有重复。

所以我们把序列 \(A\) 按照 \(dfn\) 序从小到大排序并且去重。

最后,在序列 \(A\) 上,枚举相邻的两个数 \(x,y\),求得它们的 \(lca\) 并且连接 \(lca,y\),虚树就构造完成了。

为什么要连接 \(lca\)\(y\) 呢?

分两种情况来探讨:

如果 \(x\)\(y\) 的祖先,那么 \(x\) 直接到 \(y\) 连边的中间不会有点,因为 dfn 序保证了这一段之中如果中间有点的话,\(x\) 就不会连接 \(y\)

如果 \(x\) 不是 \(y\) 的祖先,那么就把 \(lca(x,y)\) 当作 \(y\) 的的祖先,以上一种情况处理即可。

所以就是连接 \(lca\)\(y\),这样不会遗漏,也不会重复。

时间复杂度 \(O(m\log n)\),其中 \(m\) 为关键点数,\(n\) 为总点数。

代码实现:

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int dfn[maxn];
bool valid[maxn];
int h[maxn], m, a[maxn], len;  // 存储关键点

bool cmp(int x, int y) {
  return dfn[x] < dfn[y];  // 按照 dfn 序排序
}

void build_virtual_tree() {
  sort(h + 1, h + m + 1, cmp);  // 把关键点按照 dfn 序排序
  for (int i = 1; i < m; ++i) {
    a[++len] = h[i];
    a[++len] = lca(h[i], h[i + 1]);  // 插入 lca
  }
  a[++len] = h[m];
  sort(a + 1, a + len + 1, cmp);  // 把所有虚树上的点按照 dfn 序排序
  len = unque(a + 1, a + len + 1) - a - 1;  // 去重
  for (int i = 1, lc; i < len; ++i) {
    lc = lca(a[i], a[i + 1]);
    conn(lc, a[i + 1]);  // 连边,如有边权 就是 distance(lc,a[i+1])
  }
}

其实这样就足以构造一棵虚树了。

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。

使用单调栈的构造方法

如何使用单调栈构造虚树?

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。

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。

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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 \(4\)。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 \(4,1\)

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  • 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 \(1\to4\) 的边,也就是 \(LCA\) 到栈顶元素的边。并把 \(4\) 从栈中弹出。

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  • 结束了判断阶段,将 \(6\) 入栈,当前栈为 \(6,1\)

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  • 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 \(3\to6\) 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 \(1,3,7\)

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  • 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:\(1\to3\)\(3\to7\) 的边。
  • 虚树就建完啦!

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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:

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。

实现

建立虚树的 C++ 代码大概长这样:

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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 \(i\) 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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