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#include <bits/stdc++.h>
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using namespace std;
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const int N = 500010, M = N << 1;
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#define int long long
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// 链式前向星
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int e[M], h[N], idx, w[M], ne[M];
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void add(int a, int b, int c = 0) {
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e[idx] = b, ne[idx] = h[a], w[idx] = c, h[a] = idx++;
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}
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int n; // n个节点
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int k; // k个需要接的人
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// 以下的五个数组,是在递归中维护的数据,只有准备了这些数据,才能保证各种情况下我们都能提供正确的解答
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int mx1[N]; // u的子树中最长链的长度
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int mx2[N]; // u的子树中次长链
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int sz[N]; // 以u为根的子树中是否有人
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int id[N]; // id[u]:u的最长链条出发,第1个经过的节点是哪个节点
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int up[N]; // 向上的最长路径:不在u的子树内,而是向u的父节点方向走,距离u最远的那个人的家到u的距离
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// 根据黄海的习惯,换根DP的第一次结果我喜欢记录到f[]中,第二次的统计结果喜欢记录到g[]中
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// 这一点可能与网上一些题解不太一致,请读者注意
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int f[N]; // 以任意点为根(一般情况下,我喜欢以节点1为根),记录:从u出发把u子树上的人都送回家再回到u所需要的时间
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int g[N]; // 不管以哪点为根出发,记录:从u出发把所有点都送回家再回到u的最短时间
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/*
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本题其实是两个子问题的综合题:
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1、你可以挑选任意一个点作为根出发,然后dfs走完全部的有人的节点,然后返回到根,这时当根节点确定时,这个总时间是确定的。
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时间的相关条件包括:走了哪些路径(一来一回走两遍),路径的边权值,是从哪个根出发的(这个很好理解,从一个离大家都近的地方出发,肯定比
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从欧洲出发要快吧~)。
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2、如果只是最终都要回到根,那上面的逻辑跑多次以不同节点为根的dfs就行,也就是暴力换根;当然,我们嫌人家O(N^2)太慢,也可以优化一下:
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采用换根dp,两次dfs,优化为O(N)的。
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但这样肯定是不行的,原因是题目中隐藏了一个条件:最后一次送完人,不用回到根起点!!!
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这个非常重要!!就是因为它才导致后面的讨论、存储统计信息非常麻烦!!!
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*/
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/*
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第一次dfs,先递归子节点v,利用子节点v提供的信息,更新父节点u的统计信息
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统计信息包括:
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① mx1[u]:以u为根的子树中,u可以走的最长距离.每次变更是通过mx1[u]=max(mx1[v]+w[i])更新的
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② mx2[u]:以u为根的子树中,u可以走的次长距离
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③ id[u]: 以u为根的子树中,当获取到u可以走的最长距离时,它第一个经过的点记录到id[u]中
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④ sz[u]: 以u为根的子树中,有多少个需要接的人员
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⑤ f[u]: 以u为根的子树中,从u出发,接完子树中所有人员,并且,返回到u,所需要的时间
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*/
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void dfs1(int u, int fa) {
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for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
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int v = e[i];
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if (v == fa) continue;
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dfs1(v, u); // 上来先递归u的子节点v,因为v中在初始化读入时,已经初始化了sz[v]=1,所以,可以利用这个进行更新sz[u]+=sum(sz[v])
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if (sz[v] == 0) continue; // 如果v里面没有需要接的人,那么以v为根的子树不会对u为根的子树产生贡献,放过v子树
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// 如果进入到这里,说明v子树里面有需要接的人,会对u为根的子树产生贡献,需要讨论
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f[u] += f[v] + 2 * w[i];
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// v子树里有人,那么v子树就一定要进去看看!所以一来一回的w[i]省不下
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// v里面到底需要花费多少时间,记录在f[v]里了,所以,v子树的整体贡献=f[v]+2*w[i]
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// 维护最长、次长、最长是经过哪个节点来的三件事
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int x = mx1[v] + w[i]; // v在以v为根的子树中,能走到的最长路径记录在mx1[v]里,现在以子推父,父亲的以u为根的子树中,u能走到的最长路径记录到mx1[u]中
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// 如果u的最长路径可能是通过v获取到的,那么 mx1[u]=mx1[v]+w[i]
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if (x >= mx1[u]) {
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mx2[u] = mx1[u]; // 最长变为次长
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mx1[u] = x; // mx1[v]+w[i]变为最长
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id[u] = v; // 记录u的最长路径中第一个节点走的是v
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} else if (x > mx2[u]) // 如果小于最长,大于次长(注意:这里不需要等号,等号没用,当然,加上也不错)
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mx2[u] = x; // 更新次长
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// 汇总父节点u的接人个数
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sz[u] += sz[v];
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}
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}
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/* 换根DP
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统计信息(以父更子,所以一般写作g[v])
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① g[v] : 不再拘泥于只能向下统计,也包括向上的统计信息,全带上,我想知道以v为根出发需要多长时间把所有人都送回家,并且回到v点的时间是多少
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② up[v]: v向上走的最远路径是多少
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③
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*/
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void dfs2(int u, int fa) {
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for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
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int v = e[i];
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if (v == fa) continue;
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/*
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情况1:
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所有的节点都在v的子树内,那么,这里比较容易理解,因为所有节点都在子树内,
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那么这两个答案自然就等价了,而非子树最长链也很显然为0
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*/
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if (sz[v] == k) {
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g[v] = f[v],
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up[v] = 0;
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}
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/*
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v子树没有被标记的点,那么一切都由父节点继承过了了
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*/
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else if (sz[v] == 0) {
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g[v] = g[u] + 2 * w[i]; // 如果从v出发,并且,向u方向前进,那么u的结果就是你的结果,但是,要加上两次跑路的代价
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up[v] = max(up[u], mx1[u]) + w[i]; // 需要取u的上、下行最长路径PK+w[i]
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}
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// v子树有标记的点,v子树外也有标记的点
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else if (sz[v] && sz[v] != k) {
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g[v] = g[u]; // 这个最难理解,见题解
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if (id[u] == v) // 如果u的最长路径上第一个节点是v
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up[v] = max(mx2[u], up[u]) + w[i];
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else
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up[v] = max(mx1[u], up[u]) + w[i];
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}
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// 套路
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dfs2(v, u);
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}
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}
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signed main() {
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// 初始化链式前向星
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memset(h, -1, sizeof h);
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cin >> n >> k; // n个节点,要接k个人
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for (int i = 1; i < n; i++) { // n-1条边
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int a, b, c;
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cin >> a >> b >> c;
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add(a, b, c), add(b, a, c);
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}
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for (int i = 1; i <= k; i++) {
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int x;
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cin >> x;
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sz[x] = 1; // x节点有一个人
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}
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// 第一次dfs
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dfs1(1, 0);
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g[1] = f[1];
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// 第二次dfs
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dfs2(1, 0);
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// 遍历所有节点,以每个点为根出发,输出时间的最小值
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for (int i = 1; i <= n; i++) cout << g[i] - max(up[i], mx1[i]) << endl;
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} |