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，複雜度達到\(o(n^2)\)，無法承受。
顯然，對於這些限制條件，每一次的變動不會影響其它大多數的狀態。
對於乙個限制條件，我們分開考慮，先考慮只對乙個城市進行限制的情況。
若該城市被要求駐紮軍隊，那麼如果在最優情況下它本來就需要軍隊，則沒有影響；如果它本來不需要軍隊，由於此時所有子樹都是最優解，那麼它只會對從它到根節點的路徑的最優解產生影響。
若該城市被要求不能駐紮，那麼與上面的情況類似，如果它本來需要駐紮，那麼會對它到根節點的路徑造成影響。
綜上所述，我們是否可以考慮對於每個限制條件，只對兩個點到根節點之間的路徑的某些狀態進行修改呢？答案是肯定的。
假設待修改節點為\(x\)。首先，此時除了\(x\sim root\)的路徑上的節點所表示的狀態，其它狀態都是最優的。對於這條路徑的更新，實際上就是又對這條路徑做了一次dp，並強制\(x\)選或不選，從而限制轉移。
顯然這是可行的，但是複雜度仍為\(o(n^2)\)，我們需要一些手段進行優化。
容易發現我們更新的是一條鏈，對於一條鏈，我們自然可以想到用倍增或者樹剖（它們維護的都是樹鏈）來處理每個點的轉移。
以倍增為例。
首先考慮裸dp的步驟，乙個乙個跳，每次從兒子轉移。那我們能不能一段一段地跳，每次從已有資訊中轉移呢？當然可以。
先考慮只有乙個點的情況。
如果我們要對\(x\)進行限制，那麼我們不妨把整個圖變成這樣，方便分析
其中綠色的部分是\(x\)的子樹的最優解。
顯然我們在修改乙個點之後，造成的對原最優解的影響是一定的，產生的新最優解是一定的，這意味著我們可以通過一些手段預處理出來。
不妨考慮通過倍增預處理出最優情況下每個點產生變動（選變成不選，不選變成選）在這條\(x\sim root\)的鏈上產生的新最優解，也就是預處理出修改後dp時跳某一段的該段最優解。
然後從\(x\)樹上倍增跳到\(root\)，合併所得的新的最優解，就是這次限制條件下的答案。
實際上，我們的倍增預處理是在一次裸dp的基礎上進行的。換句話說，倍增時用到的資訊就是每個點表示的狀態的原來的最優解，然後加乙個限制條件，再做乙個dp。
形象的講，這個倍增預處理，就是dp套dp。
那這個倍增怎麼做呢？
考慮狀態的刻畫，顯然由幾個較小的子問題合併成較大的子問題時，這些較小的子問題不能有交叉，否則無法基於二進位制劃分合併成更大的子問題。再者，子問題必須覆蓋整個狀態空間。也就是說，在狀態定義時，我們要不重不漏。
既然如此，對於第一點，不難想到倍增時我們不僅要記錄\(x\)的狀態（0/1），還要記錄它跳\(2^k\)步的祖先的狀態。
對於第二點，不難想出狀態包含的範圍。
設\(f[0/1][0/1][k][x]\)表示\(x\)節點變為0不可選、1可選時，向上\(2^k\)步的祖先\(y\)為0可選、1不可選時，\(y\)除去\(x\)以及\(x\)的子樹的原最優解的其它所有子樹的新最優解。
如下圖，假設節點3是\(x\)的\(2^k\)祖先，狀態為紅色部分
而3的\(2^k\)祖先（假設是\(root\)）表示的狀態就是藍色部分。
這樣就可以很好的合併狀態，之後統計答案的過程中，我們只需列舉\(x\)的狀態並倍增跳即可。
對於節點\(y\)，它的父節點為\(x\)，有
\[f[1][0][0][y]=dp[0][x]-dp[1][y]\\ f[0][1][0][y]=f[1][1][0][y]=dp[1][x]-min(dp[1][y],dp[0][y])
\]得到轉移（cao）
\[f[0][0][j][y]=min(f[0][0][j-1][y]+f[0][0][j-1][fa],f[0][1][j-1][y]+f[1][0][j-1][fa])\\
f[0][1][j][y]=min(f[0][0][j-1][y]+f[0][1][j-1][fa],f[0][1][j-1][y]+f[1][1][j-1][fa])\\
f[1][0][j][y]=min(f[1][0][j-1][y]+f[0][0][j-1][fa],f[1][1][j-1][y]+f[1][0][j-1][fa])\\
f[1][1][j][y]=min(f[1][0][j-1][y]+f[0][1][j-1][fa],f[1][1][j-1][y]+f[1][1][j-1][fa])
\]然後就是統計答案，當然是倍增統計答案。
從待修改點的兩種不同狀態開始往上倍增合併新最優解，直到根節點。
對於兩個待修改點\(x,y\)的情況，我們像求lca一樣，先統計\(x\sim lca(x,y),y\sim lca(x,y)\)，再統計\(lca(x,y)\sim root\)即可。
注意乙個細節，當\(x,y\)兩點跳到\(lca\)的兒子處我們需要同時減去它們兩個的原最優解，再往上跳。
複雜度降至\(o(nlogn)\)。
樹剖也是乙個道理，預處理變動後最優解。
#include#include#include#include#include#include#include#include#include#define inf 0x3f3f3f3f
#define pi acos(-1.0)
#define n 100010
#define mod 2520
#define e 1e-12
#define ll long long
using namespace std;
inline ll read()
while(c>='0'&&c<='9')
return x*f;
}struct recg[n<<1];
int head[n],tot,n,m;
ll dp[2][n],f[2][2][21][n],gi[21][n],t,dep[n],w[n];
inline void add(int x,int y)
inline void dfs(int x,int fa)
} if(x==y) lca=x,b?l1=x1:l0=x0;
else
} lca=gi[0][x];
l0=dp[0][lca]-dp[1][x]-dp[1][y]+x1+y1;
l1=dp[1][lca]-min(dp[0][x],dp[1][x])-min(dp[0][y],dp[1][y])+min(x1,x0)+min(y1,y0);
} if(lca==1) ans=min(l0,l1);
else
} ans=min(dp[0][1]-dp[1][lca]+l1,dp[1][1]-min(dp[0][lca],dp[1][lca])+min(l1,l0));
} return ans>op;
t=log2(n)+1;
for(int i=1;i<=n;++i) w[i]=read();
for(int i=1;i
dfs(1,0);
init();
while(m--)
printf("%lld\n",get(x,a,y,b));
} return 0;
}
洛谷 P5024 保衛王國 （倍增）
很多人寫了題解了，我就懶得寫了，推薦一篇部落格 那就分享一下我的理解吧 說得好像有人看一樣 對於每個點都只有選與不選兩種情況，所以直接用倍增預處理出來兩種情況的子樹之內，子樹之外的最值，最終答案以拼湊的方式得出 如果這個題要修改權值的話就真的只能用動態dp了 好像還有那個什麼全域性平衡樹 我真的覺得...
LG5024 保衛王國
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 ...
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...