給定一棵\(n\)個點的樹，每個點的代價為\(a_i\),每條邊至少有乙個端點要被選。
\(m\)次詢問，規定\(x\)和\(y\)選或不選，求覆蓋整棵樹的最小權值。
考場上拿掉\(44pts\)就放棄了
下文中的\(u\)為子節點。
這是不是非常顯然：
\(dp[x][0/1]\)表示第\(x\)個點不選/選時的最小代價
每次詢問時把\(dp[x][1-tx]\)、\(dp[y][1-ty]\)變為\(inf\)，\(o(n)\)再做一遍就好
那麼我們發現，這樣子做有許多是無用功，其實改變了的只是\(x\)到\(y\)這條路徑。
高階來了：發現有一些\(b\)類的，那麼暴力跳鏈，再維護整棵樹除了某棵子樹外的答案，加起來就好了。
定義\(ndp[x][0/1]\)表示第\(x\)個點不選/選時除了\(x\)這棵子樹外的最小代價（不包括\(x\)點）
接下來考慮瓶頸：跳鏈的部分如何來優化
其實是可以倍增的
\(dp[x][i][p][q]\)表示從第\(x\)個點（狀態為\(p\)）到\(x\)的\(2^i\)個父親（狀態為\(q\)）的答案
注意這個是父親的子樹-\(x\)的子樹的答案，因為這樣轉移時方便，且最後對\(sum_鏈+dp[x][tx]+dp[y][ty]+ndp[lca][0/1]\)討論就好
轉移列舉中間點的情況：
\(dp[j][i][p][q]=min(dp[j][i-1][p][0]+dp[f][i-1][0][q],dp[j][i-1][p][1]+dp[f][i-1][1][q]);\)
最後求答案，基本跟倍增求\(lca\)一樣，看**吧（暴露懶的本性）
#include using std::min;
using std::swap;
const long long inf=10000000000;
const int n=100005;
int to[n<<1],edge,last[n],next[n<<1],a[n],deep[n],n,x,y,tx,ty,m;
char s[3];
long long dp[n][2],ndp[n][2],fa[n][21],dp[n][21][2][2],fx[2][2],fy[2][2];
void add(int x,int y)
void dfs(int x)
}void dfs2(int x)
}void pre()
for (int i=1;i<=20;i++)
for (int j=1;j<=n;j++)
} long long solve(int x,int tx,int y,int ty)
if (x==y) return fx[flag][ty]+ndp[y][ty];
fy[flag][1-ty]=inf,fy[flag][ty]=dp[y][ty];
for (int i=20;i>=0;i--)
if (fa[x][i]!=fa[y][i])
int f=fa[x][0];
long long sum0=fx[flag][1]+fy[flag][1]+dp[f][0]-dp[x][1]-dp[y][1];
long long sum1=min(fx[flag][1],fx[flag][0])+min(fy[flag][0],fy[flag][1])+dp[f][1]-min(dp[x][0],dp[x][1])-min(dp[y][0],dp[y][1]);
return min(sum0+ndp[f][0],sum1+ndp[f][1]);
}int main()
}
Luogu5024 保衛王國
f 表示以 u 為根的子樹中，u 不取的最小開銷 f 表示以 u 為根的子樹中，u 必取的最小開銷 g 表示以 u 為根的子樹中，不取重兒子，且 u 不取的最小開銷 g 表示以 u 為根的子樹中，不取重兒子，且 u 必取的最小開銷 設 u 的重兒子為 w f g f f g min f f 轉化方程...
題解 LuoGu5024 保衛王國
原題傳送門 這裡不講ddp，用倍增優化樹形dp解決 前兩者可以直接遍歷求得，dpdp dp陣列可以倍增預處理的時候求得 對於每個詢問，要看兩個點u,v u,vu,v能影響到的區域 模仿倍增求lca lcalc a若u,vu,v u,v到根的鏈為同一條，則影響部分就是u uu到v vv若不是同一條，則...
P5024 保衛王國 倍增 dp
窩當然不會ddp啦，要寫這題當然是考慮優化裸dp啦，但是這題非常麻煩，於是變成了黑題。首先，這個是沒有上司的舞會模型，求圖的帶權最大獨立集。不考慮國王的限制條件，有 dp x 0 dp y 1 dp x 1 min dp y 1 dp y 0 現在考慮限制條件，如果對每乙個限制條件都做一次dp，複雜...