瞬移後無法區分兩者，分開時不妨稱下一次瞬移的為分身，即僅允許分身瞬移回本身
考慮本身，即從根節點出發向下移動的一條路徑，並稱路徑上分身曾瞬移到的點為關鍵節點（包括根節點）
對關鍵節點dp，定義$f_$表示當前兩者均在$k$且$k$子樹外所有點均被經過的最短時間
列舉上乙個關鍵節點，分析兩者的移動，不難得到轉移即
$$f_=\min_\big(f_+(g_-g_)-dep_(h_-h_)+\max(dep_-\max(d_,dep_),0)\big)
$$（其中$dep_$表示$k$的深度$,h_$表示$k$子樹中葉子個數$,g_$表示$k$子樹中葉子深度和$,d_$表示$x$子樹內除$k$子樹外最深的葉子）
另外，初始狀態即$f_=1$，最終答案即$\min f_+g_-dep_h_$
若$d_\ne 0$且$dep_>d_$，可以理解為其到達深度為$d_$的點後分身直接瞬移，顯然這樣不劣
同時，若$d_=0$，即$x$到$k$的這條鏈上（除$k$以外）沒有其他兒子，直接從$x=fa_$依次轉移即可
進一步的，若$x$不是第乙個滿足$dep_\le d_$的祖先，那麼不妨先轉移到該祖先再轉移到$k$，代入可得不劣
綜上，僅需考慮$x=fa_$（在$fa_$僅有$k$乙個兒子時）和第乙個滿足$dep_\le d_$的祖先
關於後者，對樹長鏈剖分，注意到其所在長鏈頂端的父親一定滿足
換言之，每一條長鏈內是獨立的，分別維護乙個單調棧執行上述過程即可
需要注意空間限制，由於保證編號，可以使用遍歷的方式代替dfs
時間複雜度為$o(n)$，可以通過
1 #include2view codeusing
namespace
std;
3#define n 5000005
4#define ll long long
5 vectorv[n];
6int
n,n0,st[n],vis[n],fa[n],dep[n],h[n],mx[n],cmx[n],son[n],top[n];
7ll ans,g[n],f[n];
8char s[n<<1];9
void get_val(int k,int x,int
mx)12
intmain()
22 st[++st[0]]=n0;23}
24for(int i=2;i<=n;i++)dep[i]=dep[fa[i]]+1;25
for(int i=n;i>1;i--)
32for(int i=1;i<=n;i++)
37 memset(f,0x3f,sizeof
(f));
38 f[1]=0;39
for(int i=1;i<=n;i++)
40if (!v[i].empty())
44 st[0]=0;45
for(int j=0;j)52}
53 ans=1e18;
54for(int i=1;i<=n;i++)ans=min(ans,f[i]+g[i]-(ll)dep[i]*h[i]);
55 printf("
%lld\n
",ans);
56return0;
57 }
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