link

題意：

給定一棵n個點的樹，每條邊有權值，樹上兩點路徑長度定義為邊權和。給定一個元素在[1,n]的長為m的序列，求出對於每個長為偶數的區間，區間中的數字兩兩匹配後每對點的路徑長度之和最小值。輸出所有長為偶數區間的這個最小值之和。

$n,m\leq 10^5.$

題解：

轉化很巧妙。

直接算很不好算，考慮計算每條邊的貢獻。一個性質是：假定在區間中的元素集合為S，對於某一條邊分成的兩個子樹，如果兩個子樹中出現在S中的元素個數均為奇數，則這條邊有1的貢獻，否則沒有貢獻。

證明很簡單，對於都為偶數的情況考慮反證，如果存在路徑經過這條邊，則一定至少兩（偶數）條，那麽可以把這兩條路徑都刪去這條邊得到更優解。對於都為奇數的情況，一定至少存在一條經過這條邊的路徑，去掉這條路徑後則轉化為了偶數的情況。證畢。

那麽原題轉化為：對於每個子樹，如果將子樹中的元素在序列中標記為1，那麽要求的就是這個01串中有多少長為偶數的區間內1的個數為奇數。

暴力算是$\mathcal{O}(nm)$的。我們考慮用線段樹維護01串，記錄區間內1的個數，區間內位置為奇/偶，前綴和mod2為奇/偶的下標數量。線段樹合並即可。復雜度$\mathcal{O}(n\log m)$。

code：

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 #define rep(i,x,y) for (int i=(x);i<=(y);i++)
 3 #define ll long long
 4 #define
 
 inf 1000000001
 5 #define y1 y1___
 6 using namespace std;
 7 ll read(){
 8     char ch=getchar();ll x=0;int op=1;
 9     for (;!isdigit(ch);ch=getchar()) if (ch==‘-‘) op=-1;
10     for (;isdigit(ch);ch=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+ch-‘0‘;
11     return x*op;
12 }
13 #define N 100005
14 #define M 2000005
15 #define
 
 mod 998244353
16 int n,m,cnt,tot,ans,head[N],rt[N],ls[M],rs[M],sum[M],a[M][2][2];
17 struct edge{int to,nxt,v;}e[N<<1];
18 void adde(int x,int y,int z){
19     e[++cnt].to=y;e[cnt].nxt=head[x];head[x]=cnt;
20     e[cnt].v=z;
21 }
22 void up(int k,int l,int r){
23     sum[k]=0;
24     if (ls[k]) sum[k]+=sum[ls[k]];
25     if (rs[k]) sum[k]+=sum[rs[k]];
26     int x=ls[k]?sum[ls[k]]&1:0;
27     rep (i,0,1) rep (j,0,1){
28         a[k][i][j]=0;
29         if (ls[k]) a[k][i][j]+=a[ls[k]][i][j];
30         if (rs[k]) a[k][i][j]+=a[rs[k]][i^x][j];
31     }
32     int mid=l+r>>1;//註意這兩句別忘
33     if (!ls[k]) a[k][0][0]+=mid/2-(l-1)/2,a[k][0][1]+=(mid+1)/2-l/2;
34     if (!rs[k]) a[k][x][0]+=r/2-mid/2,a[k][x][1]+=(r+1)/2-(mid+1)/2;
35 }
36 void ins(int &k,int l,int r,int x){
37     if (!k){//註意賦初始值
38         k=++tot;
39         a[k][0][0]=r/2-(l-1)/2;
40         a[k][0][1]=(r+1)/2-l/2;
41     }
42     if (l==r){sum[k]++;return;}
43     int mid=l+r>>1;
44     if (x<=mid) ins(ls[k],l,mid,x);else ins(rs[k],mid+1,r,x);
45     up(k,l,r);
46 }
47 int merge(int x,int y,int l,int r){
48     if (!x||!y) return x|y;
49     int mid=l+r>>1;
50     ls[x]=merge(ls[x],ls[y],l,mid);
51     rs[x]=merge(rs[x],rs[y],mid+1,r);
52     up(x,l,r);
53     return x;
54 }
55 void upd(int &x,int y){x+=y;x-=x>=mod?mod:0;}
56 void dfs(int u,int pr){
57     for (int i=head[u];i;i=e[i].nxt) if (e[i].to!=pr){
58         int v=e[i].to;
59         dfs(v,u);
60         upd(ans,((ll)a[rt[v]][0][0]*a[rt[v]][1][0]%mod+(ll)a[rt[v]][0][1]*a[rt[v]][1][1]%mod)%mod*e[i].v%mod);
61         rt[u]=merge(rt[u],rt[v],1,m+1);
62     }
63 }
64 int main(){
65     n=read(),m=read();
66     rep (i,1,n-1){
67         int x=read(),y=read(),z=read();
68         adde(x,y,z);adde(y,x,z);
69     }
70     rep (i,1,m) ins(rt[read()],1,m+1,i);
71     dfs(1,0);
72     cout<<ans<<‘\n‘;
73     return 0;
74 }

易錯：

註意初始情況不是0，需要處理。

uoj388 【UNR #3】配對樹