(题目链接)

一个小小的细节，WA了一天，欲哭无泪了。。

题意

　　给出一个n个节点的带权树，总共m次询问，每次询问给出K个节点标号，求出切断这些节点与1号节点的路径的最少花费。

solution

　　构造虚数+树形dp。

　　首先，有关虚树的题有一个特征，就是题目会给出sigema(k[i])的范围，保证不会太大。所以我们考虑对于每一次询问构造一棵虚树，然后再在虚树上跑dp，可以大大减少复杂度，比如u，v两点之间没有其他询问点，那么我们就可以把uv直接连起来，中间的点是什么我们并不关心。我们只要建出这样一棵树即可：只含当前询问点和它们的lca，并且相对位置关系不变。 

举个例子，比如说选1，5，8，10号节点。 

 

　　那么构造出来的的虚树就是： 

 

　　那么如何构造虚树呢？

　　我们先对原树dfs一遍，预处理出dfs序（mark[]），将询问点按照dfs序排序，依次插入一个栈，来动态维护一个叫做“最右链”的东西，就是最右边的一条链……这个也不太好说明，最好自己看着代码模拟一遍……

　　用虚树还要满足一个条件，就是要维护的信息。例如，和，最大，最小，都有类似于前缀和的性质。就是我们可以从v（u的后代）直接求出u的答案，而不需要遍历u到v的所有边，否则虚树就没有降低复杂度，因为每次还是要在原树上走。在这道题中，我们用一个数组mn[i]来维护节点i到根节点1的路径上的花费最小的那一条边权，mn[i]我们可以在dfs时预处理出。这有什么用呢，看下面。

　　关于如何在虚树上dp，我么有了mn[]数组后，就变的很简单，f[i]表示断开询问点i以及i的子树上的询问点到根节点1的路径的最小花费。转移方程：f[i]=min(mn[i],sigema(f[e[i].to])，其中e[i].to指的是i节点的孩子节点。

　　可是我们考虑一种情况，借用上面的图1，若询问点是2和8，mn[8]=4->8=1，mn[2]=1->2=4，按照我们的算法，那么得出的答案就会是1，而这样是不正确的。 

　　也就是说，当存在询问点u，v设deep[u]＜deep[v]使lca(u，v)==u时，我们的dp方程是不成立的。对于这种情况，选择切断深度浅的点的mn[u]是最优的。想一想，若切断了mn[u]，那么在i的子树上的询问点v自然也被切断了。

　　所以我们在构建虚树的时候，就预先将这种情况处理掉，也就是在u，v中只选择u放入虚树中。所以虚树中只有叶子节点是询问点。

细节

　　题目数据范围有误→_→。最后输出的答案可能会很大，记得开LL。inf要开到很大，2147483647是远远不够的（博主就这样WA了一天= =）。还有邻接表头head[]不能直接memset。

代码

// bzoj2286#include
     
      #include
      
       #include
       
        #include
        
         #include
         
          #include
          
           #define LL long long#define inf (1ll<<60)#define Pi acos(-1.0)#define free(a) freopen(a".in","r",stdin),freopen(a".out","w",stdout);using namespace std;const int maxn=300010;int a[maxn],deep[maxn],head[maxn],dfn[maxn],fa[maxn][30],bin[30],s[maxn];int n,cnt,Q,K;LL f[maxn],mn[maxn];struct edge {int to,next;LL w;}e[maxn<<1];bool cmp(int a,int b) { return dfn[a]
           
            =0;i--) if (fa[x][i]!=fa[y][i]) x=fa[x][i],y=fa[y][i]; return x==y ? x : fa[x][0];}void build() { cnt=0;int top=1,tot=1; for (int i=2;i<=K;i++) if (lca(a[tot],a[i])!=a[tot]) a[++tot]=a[i]; s[top]=1; for (int i=1;i<=tot;i++) { int x; while (top) { x=lca(a[i],s[top]); if (top>1 && deep[x]