题面
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题解
什么是动态DP？
OneInDark：你不需要知道这么多，你只需要知道是利用了广义矩阵乘法就够了！
广义矩乘
广义矩阵乘法，简单来说，就是把基本的 乘法 和 加法 运算符改成其它运算符，同时这两种运算要满足 前者对后者有分配律，如：加法 和 最大或最小值，按位与 和 异或 等。因为，我们会发现，乘法 和 加法 组成的传统矩阵乘法之所以有哪些性质，其根本原因就在于乘法对加法的分配律。
举个例子，有这么个 DP 转移：
d
p
[
i
]
[
0
]
=
min
(
d
p
[
i
−
1
]
[
0
]
+
A
,
d
p
[
i
−
1
]
[
1
]
+
B
)
d
p
[
i
]
[
1
]
=
min
(
d
p
[
i
−
1
]
[
0
]
+
C
,
d
p
[
i
−
1
]
[
1
]
+
D
)
dp[i][0]=\min(dp[i-1][0]+A,dp[i-1][1]+B)\\ dp[i][1]=\min(dp[i-1][0]+C,dp[i-1][1]+D)
dp[i][0]=min(dp[i−1][0]+A,dp[i−1][1]+B)dp[i][1]=min(dp[i−1][0]+C,dp[i−1][1]+D)
那么它转化为 加法 和 最小值 的广义矩阵乘法后，从
(
d
p
[
i
−
1
]
[
0
]
,
d
p
[
i
−
1
]
[
1
]
)
\big(dp[i-1][0],dp[i-1][1]\big)
(dp[i−1][0],dp[i−1][1]) 到
(
d
p
[
i
]
[
0
]
,
d
p
[
i
]
[
1
]
)
\big(dp[i][0],dp[i][1]\big)
(dp[i][0],dp[i][1]) 的转移矩阵就是
(
A
C
B
D
)
\left( \begin{matrix} A&C\\ B&D\\ \end{matrix} \right)
(ABCD)
顺便提一下此时的单位矩阵：
(
0
+
∞
+
∞
0
)
\left( \begin{matrix} 0&+\infty\\ +\infty&0\\ \end{matrix} \right)
(0+∞+∞0)
0
0
0 表示直接转移过来，不改变原值的基础上参与最小值运算，与传统矩乘的
1
1
1 的作用相同。
+
∞
+\infty
+∞ 在求最小值前提下，对结果没有影响，与传统矩乘的
0
0
0 作用相同。
广义矩阵乘法的实现很简单，只需要把传统矩乘的模板
c
o
p
y
\tt copy
copy 过来，然后把原来计算
C
i
,
j
=
∑
k
A
i
,
k
⋅
B
k
,
j
C_{i,j}=\sum_{k}A_{i,k}\cdot B_{k,j}
Ci,j=k∑Ai,k⋅Bk,j
的部分：for(...k...) C[i][j]=C[i][j]+A[i][k]*B[k][j]（以加法和最小值为例）改成：
C
i
,
j
=
min
k
{
A
i
,
k
+
B
k
,
j
}
C_{i,j}=\min_{k}\{A_{i,k}+B_{k,j}\}
Ci,j=kmin{Ai,k+Bk,j}
即 for(...k...) C[i][j]=min(C[i][j],A[i][k]*B[k][j])，就完了。
树剖+动态 DP
其实这道题严格意义上没有真正的修改，所以打树剖难免有点大材小用。
不过，这都是为了配合动态 DP 啊！
我们令
g
(
i
,
0
)
g(i,0)
g(i,0) 为不在
i
i
i 结点驻兵时，
i
i
i 的非重儿子子树的最小花费，
g
(
i
,
1
)
g(i,1)
g(i,1) 为在
i
i
i 结点驻兵时，
i
i
i 的非重儿子子树的最小花费。在进行一次修改时，只会变动最多
log
n
\log n
logn 个点的
g
g
g 值，因此可以直接更新它。
同时令
f
(
i
,
0
)
f(i,0)
f(i,0) 为不在
i
i
i 结点驻兵时，
i
i
i 的子树(包括
i
i
i)的最小花费，令
f
(
i
,
1
)
f(i,1)
f(i,1) 为在
i
i
i 结点驻兵时，
i
i
i 的子树(包括
i
i
i)的最小花费。可以得到转移方程：
g
(
i
,
0
)
=
∑
y
∈
i
的
轻
儿
子
f
(
y
,
1
)
g
(
i
,
1
)
=
∑
y
∈
i
的
轻
儿
子
min
{
f
(
y
,
0
)
,
f
(
y
,
1
)
}
f
(
i
,
0
)
=
f
(
S
O
N
i
,
1
)
+
g
(
i
,
0
)
f
(
i
,
1
)
=
min
{
f
(
S
O
N
i
,
0
)
,
f
(
S
O
N
i
,
1
)
}
+
g
(
i
,
1
)
+
p
i
g(i,0)=\sum_{y\in i\,的轻儿子} f(y,1)~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~\\~\\ g(i,1)=\sum_{y\in i\,的轻儿子} \min\{f(y,0),f(y,1)\}\\~\\ f(i,0)=f(SON_i,1)+g(i,0)~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~\\~\\ f(i,1)=\min\{f(SON_i,0),f(SON_i,1)\}+g(i,1)+p_i
g(i,0)=y∈i的轻儿子∑f(y,1) g(i,1)=y∈i的轻儿子∑min{f(y,0),f(y,1)} f(i,0)=f(SONi,1)+g(i,0) f(i,1)=min{f(SONi,0),f(SONi,1)}+g(i,1)+pi
我们可以就此得出
(
f
(
S
O
N
i
,
0
)
,
f
(
S
O
N
i
,
1
)
)
\big(f(SON_i,0),f(SON_i,1)\big)
(f(SONi,0),f(SONi,1)) 到
(
f
(
i
,
0
)
,
f
(
i
,
1
)
)
\big(f(i,0),f(i,1)\big)
(f(i,0),f(i,1)) 的转移矩阵，用 加法 和 最小值 的广义矩乘：
(
+
∞
g
(
i
,
1
)
+
p
i
g
(
i
,
0
)
g
(
i
,
1
)
+
p
i
)
\left( \begin{matrix} +\infty&g(i,1)+p_i\\ g(i,0)&g(i,1)+p_i \end{matrix} \right)
(+∞g(i,0)g(i,1)+pig(i,1)+pi)
那么，我们就可以用线段树维护区间矩乘了。把每个点独特的转移矩阵都经树链剖分放到某条重链上，一个点
i
i
i 的向量矩阵
(
f
(
i
,
0
)
,
f
(
i
,
1
)
)
\big(f(i,0),f(i,1)\big)
(f(i,0),f(i,1)) 就等于
(
0
,
0
)
×
Q
u
e
r
y
(
d
f
n
i
,
重
链
底
)
\big(0,0\big)\times {\rm Query}({\rm dfn}_i~,~重链底)
(0,0)×Query(dfni , 重链底)
修改一个点的时候，只会对 到根的途径上 的 所有重链顶的父亲 的
g
g
g 值以及转移矩阵有改变。对
g
g
g 的改变没有必要重新把轻儿子枚举一边，只需要把变动的那个重链顶的贡献变化量加上去。为此，有必要把每个重链顶先前的
f
f
f 值都存下来。
针对 必须驻兵 和 必须不驻兵 两种限制，可以分别把节点的
p
i
p_i
pi 加上
−
∞
-\infty
−∞ 和
+
∞
+\infty
+∞ 来解决。这都是老套路了。
时间复杂度
O
(
n
log
2
n
)
\rm O(n\log^{_2}n)
O(nlog2n) 。
CODE
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define MAXN 100005
#define ENDL putchar('\n')
#define LL long long
#define DB double
#define lowbit(x) ((-x) & (x))
LL read() {
LL f = 1,x = 0;char s = getchar();
while(s < '0' || s > '9') {if(s=='-')f = -f;s = getchar();}
while(s >= '0' && s <= '9') {x=x*10+(s-'0');s = getchar();}
return f * x;
}
int n,m,i,j,s,o,k;
struct mat{
int n,m;
LL s[2][2];
mat(){n=m=0;}
void set(int N,int M) {
n=N;m=M;
for(int i = 0;i < n;i ++) {
for(int j = 0;j < m;j ++) {
s[i][j] = 1e18;
}
}
}
}A,B;
mat operator * (mat a,mat b) {
mat c; c.set(a.n,b.m);
for(int i = 0;i < a.n;i ++) {
for(int k = 0;k < a.m;k ++) {
for(int j = 0;j < b.m;j ++) {
c.s[i][j] = min(c.s[i][j],a.s[i][k] + b.s[k][j]);
}
}
}return c;
}
mat qkpow(mat a,LL b) {
mat res; res.set(a.n,a.m);
for(int i = 0;i < a.n;i ++) res.s[i][i] = 0;
while(b > 0) {
if(b & 1) res = res * a;
a = a * a; b >>= 1;
}
return res;
}
mat tre[MAXN<<2];
int M;
void maketree(int n) {
M = 1;while(M < n+2) M <<= 1;
for(int i = 1;i <= M*2;i ++) tre[i].set(2,2);
}
void addtree(int x,mat y) {
int s = M + x; tre[s] = y; s >>= 1;
while(s) tre[s] = tre[s<<1|1] * tre[s<<1],s >>= 1;
}
mat findtree(int l,int r) {
int s = M+l-1,t = M+r+1;
mat ls,rs;ls.set(2,2);
ls.s[0][0] = ls.s[1][1] = 0;
rs = ls;
while(s || t) {
if((s>>1) ^ (t>>1)) {
if(!(s&1)) ls = tre[s^1] * ls;
if(t & 1) rs = rs * tre[t^1];
}else break;
s >>= 1;t >>= 1;
}
return rs * ls;
}
//--------------------------------------------------------------------
vector<int> g[MAXN];
LL pi[MAXN];
int fa[MAXN];
int d[MAXN],siz[MAXN],son[MAXN];
int dfn[MAXN],tp[MAXN],tim,tl[MAXN];
LL G[MAXN][2];
void dfs0(int x,int ff) { // fa[], d[], siz[], son[],
d[x] = d[fa[x] = ff] + 1;
siz[x] = 1; son[x] = 0; tim = 0;
for(int i = 0,le=(int)g[x].size();i < le;i ++) {
int y = g[x][i];
if(y != ff) {
dfs0(y,x);
siz[x] += siz[y];
if(siz[y] > siz[son[x]]) son[x] = y;
}
}
return ;
}
LL tf[MAXN][2];
mat tran[MAXN];
void dfs(int x,int ff) { // dfn[], tp[], tl[]
if(son[ff] == x) tp[x] = tp[ff];
else tp[x] = x;
dfn[x] = ++ tim;
tl[tp[x]] = max(tl[tp[x]],dfn[x]);
G[x][0] = G[x][1] = 0;
tf[x][0] = 0;tf[x][1] = pi[x];
if(son[x]) dfs(son[x],x);
tf[x][0] += tf[son[x]][1];
tf[x][1] += min(tf[son[x]][0],tf[son[x]][1]);
for(int i = 0,le=(int)g[x].size();i < le;i ++) {
int y = g[x][i];
if(y != ff && y != son[x]) {
dfs(y,x);
G[x][0] += tf[y][1];
G[x][1] += min(tf[y][1],tf[y][0]);
}
}
tf[x][0] += G[x][0]; tf[x][1] += G[x][1];
mat tm; tm.set(2,2);
tm.s[0][0] = 1e18; tm.s[0][1] = G[x][1]+pi[x];
tm.s[1][0] = G[x][0]; tm.s[1][1] = G[x][1]+pi[x];
addtree(dfn[x],tran[x] = tm);
return ;
}
void addline(int a,LL pa) {
pi[a] = pa;
while(a) {
mat tm = tran[a];
tm.s[0][1] = tm.s[1][1] = G[a][1]+pi[a];
tm.s[1][0] = G[a][0];
addtree(dfn[a],tm);
int hd = tp[a];
mat tmp;tmp.set(1,2);tmp.s[0][0]=tmp.s[0][1]=0;
tmp = tmp * findtree(dfn[hd],tl[hd]);
LL F[2] = {tmp.s[0][0],tmp.s[0][1]};
a = fa[hd];
if(a) {
G[a][0] += F[1] - tf[hd][1];
G[a][1] += min(F[0],F[1]) - min(tf[hd][0],tf[hd][1]);
}
tf[hd][0] = F[0]; tf[hd][1] = F[1];
}return ;
}
int main() {
freopen("defense.in","r",stdin);
freopen("defense.out","w",stdout);
n = read(); m = read(); read();
for(int i = 1;i <= n;i ++) {
pi[i] = read();
}
for(int i = 1;i < n;i ++) {
s = read();o = read();
g[s].push_back(o);
g[o].push_back(s);
}
dfs0(1,0);
maketree(n);
dfs(1,0);
while(m --) {
int a = read(),xx = read(),b = read(),yy = read();
int pa = pi[a],pb = pi[b];
LL nma = pa + (xx ? -1e13:1e13);
LL nmb = pb + (yy ? -1e13:1e13);
addline(a,nma); addline(b,nmb);
LL as = min(tf[1][0],tf[1][1]);
if(xx) as += 1e13;
if(yy) as += 1e13;
if(as > (LL)1e10) printf("-1\n");
else printf("%lld\n",as);
addline(a,pa); addline(b,pb);
}
return 0;
}
/*
[f(i,0),f(i,1)] --- [0,0]
[oo ,g(i,1)+pi]
[g(i,0),g(i,1)+pi]
*/
养成习惯，写矩乘时从 0 开始编号。节省空间能快很多。如果过程中越界可能性大，那就算了吧
![P5020 [NOIP2018 提高组] 货币系统 题解](https://www.kunjuke.com/file/css/thumb/11.jpg/280-180.jpg)
![[C++提高编程] 3.5 stack容器](https://www.kunjuke.com/file/css/thumb/6.jpg/280-180.jpg)
