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题面
给定一棵 \(n\) 个节点的树，每个节点有黑白两种颜色，还有 \(k\) 个特殊节点。
设距离表示两个点间路径上边权的最大值。
我们每次指定一个白点，对于每个黑点，设 \(disb\) 表示其到任意一个特殊点距离的最小值，设 \(disa\) 表示此特殊点到指定白点的距离。
这个白点对答案的贡献即为 \(\sum \max (disa, disb)\)。
但是有一个点的颜色不太稳定，可能由黑变白，也可能由白变黑。
你的任务是求出没有点变色的答案，以及对于每个点，其变色并且其余点不变色的答案。
\(1 \le n \le 2\times 10^5\)
题解
这道题条件很多，我们需要谨慎处理。
我们先不考虑 \(disb\) 的影响，假设每个点本身就是一个特殊点，也就是只有 \(disa\)，是比较好做的。
因为每个点可能变色，所以我们要考虑一个黑点变成白点的情况。
对于每个点我们记 \(f(i,0/1)\) 表示所有白/黑点到 \(i\) 的距离和，朴素的做法是 \(O(n^2)\) 暴力跑出来。
考虑如何优化这个东西
因为我们每次都是求路径上的边权最大值，所以我们可以将树重构。
也就是从小到大枚举每条边 \((x,y,z)\)，然后将 \(x,y\) 所属的连通块尝试连接起来，如果两个连通块不连通，那么 \(z\) 就会成为两个连通块的点之间的最大权值。
对每个连通块，我们记 \(siz_{fx, 0}, siz_{fx, 1}\) 分别表示白点和黑点数量，以及 \(tag_{fx,0}, tag_{fx, 1}\) 表示对连通块中的点的白黑贡献。
我们每次合并两个连通块的时候按秩合并，也就是将小的合并到大的里边。对于大块中的点，我们直接打标记，对于小块中的点，我们将其标记下放并插入到大块中。
对于每个点来说至多合并 \(O(\log n)\) 次，所以合并的时间复杂度 \(O(n \log n)\)。
然后我们来处理到特殊点距离的最小值。
在这之前，我们要说明一个结论，假设起点为 \(x\)，特殊点为 \(z\)，白点为 \(y\)。路线 \(x \to z \to y\) 和 \(x \to z \to x \to y\) 这两种情况的贡献是相同的。
假设我们不考虑 \(x \to z\) 相同的一段，那么也就是比较 \(z \to y\) 和 \(z \to x \to y\) 的边权最大值，因为后者多饶了个弯，所以后者的贡献大于等于前者。
同理，我们也可以得出前者的贡献大于等于后者，所以前者的贡献就等于后者。
所以我们分别考虑 \(x \to z\) 和 \(x \to y\) 的贡献即可。
首先，我们可以先跑个多起点最短路算一下每个点到特殊点的距离最小值 \(dis_i\)，时间复杂度 \(O(n \log n)\)。
然后我们进行一个很巧妙的操作，从而将这个东西合并到我们刚才的操作中。我们不是要取这两者的最大值吗，发现这个好像和刚才的路径最大边权有点相似，考虑能否将这个到特殊点的距离也当做一个边权？
实际上是可以的，对每个点建一个新点，原点和新点之间的边权即为 \(dis_i\)。
如果原点为黑点，我们设原点为无色点，新点为黑点。
否则原点为白点，新点为无色点。
然后我们将这个新边加上即可进行统计。
总时间复杂度为 \(O(n \log n)\)
具体加加减减可以手模，具体实现看代码。
code
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <queue>using namespace std;namespace michaele {typedef long long ll;const int N = 4e5 + 100, M = N << 1;int n, k;int h[N], ver[M], ne[M], e[M], tot;int kd[N], sta[N];int fa[N], siz[N][2];ll f[N][2], tag[N][2], dis[N];bool vis[N];vector <int> st[N];struct edge {int x, y;ll z;bool operator < (const edge &t) const {return z < t.z;}};vector <edge> E;void add (int x, int y, int z) {ver[ ++ tot] = y;ne[tot] = h[x];h[x] = tot;e[tot] = z;}int fin (int x) {return x == fa[x] ? x : fa[x] = fin (fa[x]);}void dijk () {priority_queue <pair <ll, int> > q;for (int i = 1; i <= k; i ++) {q.push ({0, sta[i]});dis[sta[i]] = 0;}while (q.size ()) {int x = q.top ().second;q.pop ();if (vis[x]) continue;vis[x] = 1;for (int i = h[x]; i; i = ne[i]) {int y = ver[i];if (dis[y] > max (dis[x], (ll)e[i])) {dis[y] = max (dis[x], (ll)e[i]);q.push ({-dis[y], y});}}}}void clear () {tot = 0;int size = (n + 5) << 1;memset (h, 0, size * 4);memset (vis, 0, size);memset (dis, 0x3f, size * 8);memset (siz, 0, size * 4 * 2);memset (tag, 0, size * 8 * 2);memset (f, 0, size * 8 * 2);E.clear ();for (int i = 1; i <= n * 2; i ++) {vector <int> emp;st[i].swap (emp);}}void solve () {cin >> n >> k;clear ();for (int i = 1; i <= n; i ++) {cin >> kd[i];}for (int i = 1; i < n; i ++) {int x, y, z;cin >> x >> y >> z;add (x, y, z);add (y, x, z);E.push_back ({x, y, z});}for (int i = 1; i <= k; i ++) {cin >> sta[i];}dijk ();for (int i = 1; i <= n; i ++) {fa[i] = i, fa[i + n] = i + n;st[i].push_back (i);st[i + n].push_back (i + n);if (kd[i]) siz[i + n][1] = 1;else siz[i][0] = 1;E.push_back ({i, i + n, dis[i]});}sort (E.begin(), E.end ());for (auto p : E) {int fx = fin (p.x), fy = fin (p.y);if (fx == fy) continue;if (siz[fx][0] + siz[fx][1] < siz[fy][0] + siz[fy][1]) {swap (fx, fy);}fa[fy] = fx;tag[fx][0] += (ll)p.z * siz[fy][0];tag[fx][1] += (ll)p.z * siz[fy][1];for (auto t : st[fy]) {f[t][0] += tag[fy][0] + (ll)p.z * siz[fx][0] - tag[fx][0];f[t][1] += tag[fy][1] + (ll)p.z * siz[fx][1] - tag[fx][1];st[fx].push_back (t);}siz[fx][0] += siz[fy][0];siz[fx][1] += siz[fy][1];}int ff = fin (1);for (int i = 1; i <= n * 2; i ++) {f[i][0] += tag[ff][0];f[i][1] += tag[ff][1];}ll ans = 0;for (int i = 1; i <= n; i ++) {if (kd[i]) ans += f[i + n][0];}cout << ans << endl;for (int i = 1; i <= n; i ++) {if (kd[i] == 0) {cout << ans - f[i][1] + f[i + n][0] - dis[i] << endl;} else {cout << ans - f[i + n][0] + f[i][1] - dis[i] << endl;}}}void Main () {int T;cin >> T;while (T --) {solve ();}}
}int main () {michaele :: Main ();return 0;
}
 A~E)
