題意

給出一棵以1為根的樹，有m條鏈，每條鏈有一個代價ci，且滿足每條鏈一定是一條祖先後代鏈。要求你選出若干條鏈，使得樹上的每條邊至少被覆蓋一次且代價和最小。
n,m<=300000,ci<=1e9

分析

一開始去看cf上的題解，上面的每一個單詞我都看得懂，可為什麼它們拼起來我就看不懂了呢？可能還是因為我太菜了吧。

比較巧妙的一道題。一直都在想維護節點資訊，卻沒有想到可以把鏈按照起點的dfs序來排序然後用線段樹來維護。
定義鏈的起點為深度較大的那個點。
具體做法就是設f[i]表示把i的子樹的所有鏈包括i到i父親的這條鏈全部覆蓋的最小代價和。那麼顯然有遞推式f[i]=min(c[

j]+∑f[k])滿足第j條鏈包含節點i到i父親的邊，k是所有從鏈j的起點到i這條鏈上的節點的兒子。
考慮如何來維護這個東西。
我們可以把所有鏈按照起點的dfs序排成一排，這樣起點在某個點的子樹內的鏈就是連續的一段。
假設現在處理到節點x且x的子樹已被處理完，那麼每條鏈j維護一下c[j]+∑f[k]（滿足k是鏈j起點到i的路徑上某個點的兒子）的最小值。
對於一條鏈，我們顯然可以在搜到其起點的時候將其加入，搜到其終點的時候將其刪除，也就是權值賦為inf。
那麼f[x]就等於dfs序上對應一段的最小值。
做完x後只要將起點在其子樹內的所有鏈的權值修改一下即可。
這顯然可以用線段樹來維護。

程式碼

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
using namespace std;

typedef long long LL;

const int N=300005;
const LL inf=(LL)1e15;

int n,m,tim,dfn[N],mx[N],mn[N],last[N],cnt,c[N];
LL f[N];
vector<int
 
> w[N],d[N];
struct edge{int to,next;}e[N*2];
struct tree{LL tag,mn;}t[N*5];

int read()
{
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while (ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while (ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
    return x*f;
}

void addedge(int u,int v)
{
    e[++cnt].to=v;e[cnt].next=last[u];last[u]=cnt;
    e[++cnt].to=u;e[cnt].next=last[v];last[v]=cnt;
}

void inc(LL &x,LL y)
{
    if (x+y>inf) x=inf;
    else x+=y;
}

void pushdown(int d,int l,int r)
{
    if (!t[d].tag||l==r) return;
    LL w=t[d].tag;t[d].tag=0;
    inc(t[d*2].mn,w);inc(t[d*2+1].mn,w);
    inc(t[d*2].tag,w);inc(t[d*2+1].tag,w);
}

void ins(int d,int l,int r,int x,LL y)
{
    pushdown(d,l,r);
    if (l==r)
    {
        t[d].mn=y;return;
    }
    int mid=(l+r)/2;
    if (x<=mid) ins(d*2,l,mid,x,y);
    else ins(d*2+1,mid+1,r,x,y);
    t[d].mn=min(t[d*2].mn,t[d*2+1].mn);
}

void modify(int d,int l,int r,int x,int y,LL z)
{
    if (x>y) return;
    pushdown(d,l,r);
    if (l==x&&r==y)
    {
        inc(t[d].mn,z);
        inc(t[d].tag,z);
        return;
    }
    int mid=(l+r)/2;
    modify(d*2,l,mid,x,min(y,mid),z);
    modify(d*2+1,mid+1,r,max(x,mid+1),y,z);
    t[d].mn=min(t[d*2].mn,t[d*2+1].mn);
}

LL query(int d,int l,int r,int x,int y)
{
    if (x>y) return inf;
    pushdown(d,l,r);
    if (l==x&&r==y) return t[d].mn;
    int mid=(l+r)/2;
    return min(query(d*2,l,mid,x,min(y,mid)),query(d*2+1,mid+1,r,max(x,mid+1),y));
}

void dfs(int x,int fa)
{
    mn[x]=tim+1;
    for (int i=0;i<w[x].size();i++) dfn[w[x][i]]=++tim;
    for (int i=last[x];i;i=e[i].next)
        if (e[i].to!=fa) dfs(e[i].to,x);
    mx[x]=tim;
}

void solve(int x,int fa)
{
    LL s=0;
    for (int i=last[x];i;i=e[i].next)
    {
        if (e[i].to==fa) continue;
        solve(e[i].to,x);
        inc(s,f[e[i].to]);
    }
    if (x==1)
    {
        f[x]=s;
        return;
    }
    for (int i=0;i<w[x].size();i++) ins(1,1,m,dfn[w[x][i]],s+c[w[x][i]]);
    for (int i=0;i<d[x].size();i++) ins(1,1,m,dfn[d[x][i]],inf);
    for (int i=last[x];i;i=e[i].next)
    {
        if (e[i].to==fa) continue;
        modify(1,1,m,mn[e[i].to],mx[e[i].to],s-f[e[i].to]);
    }
    f[x]=query(1,1,m,mn[x],mx[x]);
}

int main()
{
    n=read();m=read();
    for (int i=1;i<n;i++)
    {
        int x=read(),y=read();
        addedge(x,y);
    }
    for (int i=1;i<=m*4;i++) t[i].mn=inf;
    for (int i=1;i<=m;i++)
    {
        int x=read(),y=read();c[i]=read();
        w[x].push_back(i);d[y].push_back(i);
    }
    dfs(1,0);
    solve(1,0);
    if (f[1]>=inf) puts("-1");
    else printf("%I64d",f[1]);
    return 0;
}