🔍 核心思路分析

1. 问题转化：

   • 地图是一棵树（$N$ 个点，$N-1$ 条边）。
   • 玩家从任意点出发，访问所有有宝藏的点后返回起点，求最短路径。
   • 这等价于找到一个包含所有宝藏点的最小连通子图，并求其欧拉回路长度。

2. 关键结论：

   • 设按照DFS序排序后的宝藏点序列为 $a_1, a_2, \dots, a_k$。
   • 则最短路径长度为：$\sum_{i=1}^{k-1} \text{dist}(a_i, a_{i+1}) + \text{dist}(a_k, a_1)$。
   • 这个结论可以理解为：按照DFS序遍历宝藏点，最后返回起点，路径最短。

3. 动态维护：

   • 使用一个平衡数据结构（如 std::set）维护当前有宝藏的节点，并按照DFS序排序。
   • 当加入或删除一个宝藏点 $x$ 时：
     • 设其在set中的DFS序前驱节点为 $y$，后继节点为 $z$。
     • 则答案的变化量为：$\pm [\text{dist}(x, y) + \text{dist}(x, z) - \text{dist}(y, z)]$。
   • 这个公式的含义是：加入 $x$ 时，我们"断开"了原本 $y$ 和 $z$ 的直接路径，改为经过 $x$，因此增加了 $\text{dist}(x, y) + \text{dist}(x, z) - \text{dist}(y, z)$ 的距离。

🛠️ 算法实现步骤

1. 预处理：

   • 进行DFS，计算每个节点的DFS序、深度 和到根节点的距离。
   • 预处理LCA（最近公共祖先），使用倍增法或树链剖分，以快速计算任意两点间距离。

2. 距离计算：

   • $\text{dist}(u, v) = \text{dis}[u] + \text{dis}[v] - 2 \times \text{dis}[\text{LCA}(u, v)]$，其中 $\text{dis}[x]$ 表示根节点到 $x$ 的距离。

3. 维护set与答案：

   • 初始化一个空的 set 和答案变量 ans = 0。
   • 对于每次操作（添加或删除宝藏点 $t$）：
     • 找到 $t$ 在set中的位置，及其前驱 $y$ 和后继 $z$（注意set是环形的，即首尾相连）。
     • 根据操作类型，应用上述公式更新 ans。
     • 更新set。

📊 复杂度分析

• 预处理：DFS和LCA预处理为 $O(N \log N)$。
• 每次操作：set操作和距离计算为 $O(\log N)$。
• 总复杂度：$O((N + M) \log N)$，符合题目数据范围要求。

🖥️ 代码实现（C++）

以下是基于上述思路的代码框架（主要参考）：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXN = 1e5 + 5;

int n, m;
vector<pair<int, ll>> G[MAXN]; // 邻接表存储树
int dfn[MAXN], pos[MAXN], dep[MAXN], fa[MAXN][20], tim;
ll dis[MAXN], ans;
set<int> st; // 存储有宝藏的节点的dfn
bool vis[MAXN]; // 标记节点当前是否有宝藏

void dfs(int u, int f) {
    dfn[u] = ++tim;
    pos[tim] = u;
    dep[u] = dep[f] + 1;
    fa[u][0] = f;
    for (int i = 1; i < 20; i++) 
        fa[u][i] = fa[fa[u][i-1]][i-1];
    for (auto &e : G[u]) {
        int v = e.first;
        ll w = e.second;
        if (v == f) continue;
        dis[v] = dis[u] + w;
        dfs(v, u);
    }
}

int lca(int u, int v) {
    if (dep[u] < dep[v]) swap(u, v);
    for (int i = 19; i >= 0; i--) 
        if (dep[fa[u][i]] >= dep[v]) 
            u = fa[u][i];
    if (u == v) return u;
    for (int i = 19; i >= 0; i--) 
        if (fa[u][i] != fa[v][i]) 
            u = fa[u][i], v = fa[v][i];
    return fa[u][0];
}

ll dist(int u, int v) {
    return dis[u] + dis[v] - 2 * dis[lca(u, v)];
}

int main() {
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for (int i = 1; i < n; i++) {
        int u, v; ll w;
        scanf("%d%d%lld", &u, &v, &w);
        G[u].push_back({v, w});
        G[v].push_back({u, w});
    }
    dfs(1, 0);
    
    while (m--) {
        int t;
        scanf("%d", &t);
        if (!vis[t]) {
            // 插入操作
            st.insert(dfn[t]);
            auto it = st.find(dfn[t]);
            auto pre = it == st.begin() ? prev(st.end()) : prev(it);
            auto nxt = next(it) == st.end() ? st.begin() : next(it);
            
            int y = pos[*pre], z = pos[*nxt];
            ll add_val = dist(t, y) + dist(t, z) - dist(y, z);
            ans += add_val;
            vis[t] = true;
        } else {
            // 删除操作
            auto it = st.find(dfn[t]);
            auto pre = it == st.begin() ? prev(st.end()) : prev(it);
            auto nxt = next(it) == st.end() ? st.begin() : next(it);
            
            int y = pos[*pre], z = pos[*nxt];
            ll del_val = dist(t, y) + dist(t, z) - dist(y, z);
            ans -= del_val;
            
            st.erase(it);
            vis[t] = false;
        }
        printf("%lld\n", ans);
    }
    return 0;
}

💡 关键点说明

1. set的环形处理：当查找前驱或后继时，如果当前节点是set中的第一个或最后一个元素，则需要环形处理，即前驱为最后一个元素，后继为第一个元素。
2. 答案初始化：当只有一个宝藏点时，按照公式计算，前驱和后继都是它自己，dist(t, t) = 0，所以答案为0，符合题目要求。
3. LCA优化：使用倍增法求LCA，保证每次查询的时间复杂度为 $O(\log N)$。

📝 总结

这道题的关键在于理解DFS序与最短路径的关系，以及如何动态维护序列并快速更新答案。通过将问题转化为维护DFS序上相邻点的距离和，我们可以高效处理每次宝藏点的变动。