Description

小B最近正在玩一个寻宝游戏,这个游戏的地图中有N个村庄和N-1条道路,并且任何两个村庄之间有且仅有一条路径可达。游戏开始时,玩家可以任意选择一个村庄,瞬间转移到这个村庄,然后可以任意在地图的道路上行走,若走到某个村庄中有宝物,则视为找到该村庄内的宝物,直到找到所有宝物并返回到最初转移到的村庄为止。小B希望评测一下这个游戏的难度,因此他需要知道玩家找到所有宝物需要行走的最短路程。但是这个游戏中宝物经常变化,有时某个村庄中会突然出现宝物,有时某个村庄内的宝物会突然消失,因此小B需要不断地更新数据,但是小B太懒了,不愿意自己计算,因此他向你求助。为了简化问题,我们认为最开始时所有村庄内均没有宝物

Input

第一行,两个整数N、M,其中M为宝物的变动次数。

接下来的N-1行,每行三个整数x、y、z,表示村庄x、y之间有一条长度为z的道路。
接下来的M行,每行一个整数t,表示一个宝物变动的操作。若该操作前村庄t内没有宝物,则操作后村庄内有宝物;若该操作前村庄t内有宝物,则操作后村庄内没有宝物。
 

Output

M行,每行一个整数,其中第i行的整数表示第i次操作之后玩家找到所有宝物需要行走的最短路程。若只有一个村庄内有宝物,或者所有村庄内都没有宝物,则输出0。

 

Sample Input

4 5
1 2 30
2 3 50
2 4
60
2
3
4
2
1

Sample Output

0
100
220
220
280

HINT

1<=N<=100000

/*
建立一颗虚树,然后求虚树上的2倍边权和。
由于每次只增加或减少一个点,所以可以用set维护一个dfn的单调递增序列,
每次增添一个点时,将它与相邻节点的距离加上(头和尾也算相邻),再将前后的点间距减去。
删除同理。
*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<set>
#define N 100010
#define inf 1000000000
#define lon long long
using namespace std;
int head[N],dep[N],fa[N][],g[N],dfn[N],id[N],n,m,cnt,tot;
lon dis[N],ans;
struct node{int v,w,pre;}e[N*];
void add(int u,int v,int w){
e[++cnt].v=v;e[cnt].w=w;e[cnt].pre=head[u];head[u]=cnt;
}
void dfs(int x){
dfn[x]=++tot;id[tot]=x;
for(int i=head[x];i;i=e[i].pre)
if(e[i].v!=fa[x][]){
dep[e[i].v]=dep[x]+;
dis[e[i].v]=dis[x]+e[i].w;
fa[e[i].v][]=x;
dfs(e[i].v);
}
}
int LCA(int a,int b){
if(dep[a]<dep[b]) swap(a,b);
int t=dep[a]-dep[b];
for(int i=;~i;i--)
if(t&(<<i)) a=fa[a][i];
if(a==b) return a;
for(int i=;~i;i--)
if(fa[a][i]!=fa[b][i])
a=fa[a][i],b=fa[b][i];
return fa[a][];
}
lon calc(int a,int b){
int anc=LCA(a,b);
return dis[a]+dis[b]-*dis[anc];
}
set<int> st;
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=;i<n;i++){
int u,v,w;scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
add(u,v,w);add(v,u,w);
}
dfs();
for(int j=;j<=;j++)
for(int i=;i<=n;i++)
fa[i][j]=fa[fa[i][j-]][j-];
st.insert(-inf);st.insert(inf);
for(int i=;i<=m;i++){
int x;scanf("%d",&x);g[x]^=;
long long t;
if(g[x]) st.insert(dfn[x]),t=;else st.erase(dfn[x]),t=-;
int l=*--st.lower_bound(dfn[x]),r=*st.upper_bound(dfn[x]);
if(l!=-inf) ans+=t*calc(id[l],x);
if(r!=inf) ans+=t*calc(id[r],x);
if(l!=-inf&&r!=inf) ans-=t*calc(id[l],id[r]);
lon tmp=;
if(st.size()>)
tmp=calc(id[*st.upper_bound(-inf)],id[*--st.lower_bound(inf)]);
printf("%lld\n",ans+tmp);
}
return ;
}

最新文章

  1. ImageView缩放选项
  2. java合并pdf
  3. 1125Sending data
  4. (AIDE)Android Eclipse JNI 调用 .so文件加载问题
  5. oracle 单列索引 多列索引的性能测试
  6. php大力力 [038节] 全栈工程师的含义
  7. 【linux】关于TCP三次握手和四次挥手
  8. HTML5 web workes实现多线程
  9. git详细教程
  10. Android 中R文件丢失问题解决方案
  11. Windows系统性能提升方法
  12. Swift 实现图片转字符画的功能
  13. “ORA-12545: 因目标主机或对象不存在,连接失败”怎么办?
  14. hdu 5188
  15. log4j与commons-logging,slf4j的关系(转)
  16. TableView的性能优化
  17. js和java中使用正则表达式校验邮箱
  18. Bookmarkable Pages
  19. 51nod1229 序列求和 V2
  20. Python数据分析matplotlib可视化之绘图

热门文章

  1. composer安装教程(Linux版)
  2. php 图片操作类,支持生成缩略图,添加水印,上传缩略图
  3. stark组件(4):列表定义列,展示数据库数据
  4. 基于itchat定制聊天机器人
  5. css一些事儿
  6. 剑指Offer - 九度1360 - 乐透之猜数游戏
  7. 《Cracking the Coding Interview》——第5章:位操作——题目3
  8. 《Cracking the Coding Interview》——第1章:数组和字符串——题目1
  9. USACO Section1.2 Dual Palindromes 解题报告
  10. NOIP2018 集训(三)