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树链剖分入门

时间:2020-06-25 21:07:59      阅读:35      评论:0      收藏:0      [点我收藏+]

标签:初始   src   ace   解释   inline   修改   开始   拆分   span   

又是一个美妙的算法


定义

  • 重儿子:在一个点 \(x\) 的子节点中,拥有最大子树的儿子 \(y\)\(x\) 的重儿子。
  • 轻儿子:在一个点 \(x\) 的子节点中,除去重儿子的子节点为 \(x\) 的轻儿子。
  • 重边:父亲与重儿子的连边。
  • 轻边:父亲与轻儿子的连边。
  • 重链:只由重边构成的链。

技术图片

我们看上面这张图,实线是重边,虚线是轻边


性质

\(size_i\) 表示以 \(i\) 为根的子树的大小

性质一:如果 \(v\)\(u\) 的轻儿子,那么 \(size_v\leq\dfrac{size_u}{2}\)

反证法:如果 \(size_v>\dfrac{size_u}{2}\) 即轻儿子的大小超过了 \(size_u\) 的一半,那么 \(u\) 的其他儿子的子树大小一定小于 \(size_u\) 的一半,因此点 \(v\) 一定是重儿子,与假设不符。

性质二:任意点 \(u\) 到根的路径上轻边、重链条数都不大于 \(\log_2\!n\)

证明:

考虑从根(\(size_{root}=n\))开始往 \(u\) 走,每经过一条轻边,根据性质一,\(size\) 都至少会减小一半。

而走到 \(u\)\(size_u\ge 1\),因此经过的轻边条数必定 \(\leq \log_2\!n\)

重链与重链之间是被轻边隔开的,因此经过的重链的条数与轻边的条数之差的绝对值不超过1。

性质三:一个点的子树内节点的 dfs 序是连续的


是不是一目了然了

模板题

我们先来接触一道模板题——洛谷P3384

【题目描述】

如题,已知一棵包含 \(N\) 个结点的树(连通且无环),每个节点上包含一个数值,需要支持以下操作:

操作 \(1\): 格式: \(1\ x\ y\ z\) 表示将树从 \(x\)\(y\) 结点最短路径上所有节点的值都加上 \(z\)

操作 \(2\): 格式: \(2\ x\ y\) 表示求树从 \(x\)\(y\) 结点最短路径上所有节点的值之和。

操作 \(3\): 格式: \(3\ x\ z\) 表示将以 \(x\) 为根节点的子树内所有节点值都加上 \(z\)

操作 \(4\): 格式: \(4\ x\) 表示求以 \(x\) 为根节点的子树内所有节点值之和

【输入格式】

第一行包含 \(4\) 个正整数 \(N,M,R,P\),分别表示树的结点个数、操作个数、根节点序号和取模数(即所有的输出结果均对此取模)。

接下来一行包含 \(N\) 个非负整数,分别依次表示各个节点上初始的数值。

接下来 \(N-1\) 行每行包含两个整数 \(x,y\),表示点 \(x\) 和点 \(y\) 之间连有一条边(保证无环且连通)。

接下来 \(M\) 行每行包含若干个正整数,每行表示一个操作,格式如下:

操作 \(1\)\(1\ x\ y\ z\)

操作 \(2\)\(2\ x\ y\)

操作 \(3\)\(3\ x\ z\)

操作 \(4\)\(4\ x\)

【输出格式】

输出包含若干行,分别依次表示每个操作 \(2\) 或操作 \(4\) 所得的结果(\(P\) 取模

【样例输入】

5 5 2 24
7 3 7 8 0 
1 2
1 5
3 1
4 1
3 4 2
3 2 2
4 5
1 5 1 3
2 1 3

【样例输出】

2
21

【数据规模与约定】

对于 \(30\%\) 的数据: \(1 \leq N \leq 10,1 \leq M \leq 10\)

对于 \(70\%\) 的数据: \(1 \leq N \leq {10}^3, 1 \leq M \leq {10}^3\)

对于 \(100\%\) 的数据: \(1\le N \leq {10}^5, 1\le M \leq {10}^5,1\le R\le N,1\le P \le 2^{31}-1\)


我们先考虑操作 \(3\)\(4\)

因为一个点的子树内节点的 dfs 序是连续的,我们就可以将一个点的 dfs 序看作它的位置

一个点的子树看作是一个 dfs 序的区间,子树加的操作相当于是在某个 dfs 序的区间内加上一个值,询问相当于是查询 dfs 序的某一个区间上的权值和。

问题转化为了区间加、区间查询和。

线段树可以在 \(O(m \log_2\!n)\) 的时间内完成。

再考虑操作 \(1\)\(2\)

我们可以用树链剖分来处理,在求 dfs 序时,我们按照优先重??的顺序求出每个点的 dfs 序,此时?条重链上的节点的 dfs 序是连续的。

\(u\)\(v\) 的路径可以拆分成两条只向上的链。

\(t=\operatorname{LCA}(u,v)\),那么为 \(u\)\(v\) 的路径上每个点权值 \(+x\) 相当于为 \(u\)\(t\)\(v\)\(t\) 路径上的节点 \(+x\),而点 \(t\)
加了两次,减掉即可,查询的时候同理。

接下来我们只需要考虑一条自下而上的链 \((x, y)\)。 根据树链剖分的性质,这条路径是由不超过 \(\log_2\!n\) 条重链的一部分构成的。

当目前的 \(x\)\(y\) 处在不同的重链中时,意味着 \(x\) 需要跳过所在的重链,因此可以对这条重链从起点到 \(x\) 的 dfs 序区间进行操作,并跳到这条重链起点的父亲处。

当目前的 \(x\)\(y\) 处在相同的重链中时,只需要将介于 \(y\)\(x\) 之间的节点进行操作即可结束过程。

每次的操作都是一个线段树上的区间加、询问区间和的过程,单次 \(O(\log_2\!n)\),而由于一次最多在 \(O(\log_2\! n)\)条重链上进行操作,因此总复杂度 \(O(m\log_2^2\!n)\)


下面是代码讲解时间:

\(fa[i]\) 表示 \(i\) 的父亲节点,\(dep[i]\) 表示 \(i\) 的深度,\(son[i]\) 表示 \(i\) 的重儿子,\(Size[i]\) 表示 \(i\) 的子树大小;

\(id[i]\) 表示 \(i\) 的 dfs 序,也就是点 \(i\) 在线段树中的编号;\(bi[i]\) 表示 dfs 序为 \(i\) 的点的序号

\(top[i]\) 表示 \(i\) 所在重链的起点

首先,我们可以用一遍 dfs 求出 \(fa,Size,dep,son\) 数组,这个应该没什么好讲的

void dfs_first(int x,int _fa){
    Size[x]=1;
    for(rint i=head[x];i;i=nxt[i]){
        int y=ver[i];
        if(y==_fa) continue;
        fa[y]=x;
        dep[y]=dep[x]+1;
        dfs_first(y,x);
        Size[x]+=Size[y];
        if(Size[y]>Size[son[x]]) son[x]=y;
    }
}

当求出每个点的重儿子后,我们就可以再通过一次 dfs 来求出 \(id,top,bi\) 数组

void dfs_second(int x,int top_point){
    id[x]=++cnt; top[x]=top_point; bi[cnt]=x;
    if(!son[x]) return;//叶子节点直接退出
    dfs_second(son[x],top_point);//重儿子的链顶不变
    for(rint i=head[x];i;i=nxt[i]){
        int y=ver[i];
        if(y==fa[x]||y==son[x]) continue;
        dfs_second(y,y);//轻儿子是另一条重链的顶部
    }
}

考虑如何实现区间加法,类似于求 lca 的过程,在找 lca 的过程中将经过的区间统统 \(+v\)

void op_add(int x,int y,int v){
    while(top[x]!=top[y]){
        if(dep[top[x]]<dep[top[y]]) swap(x,y);
        change(1,1,n,id[top[x]],id[x],v);//将x到重链顶端这个区间+v
        x=fa[top[x]];
    }
    if(dep[x]<dep[y]) swap(x,y);
    change(1,1,n,id[y],id[x],v);
}

区间求和可以举一反三

然后美妙的线段树我就不解释了

整个的代码如下:

#include<bits/stdc++.h>
#define rint register int
using namespace std;
inline int read(){
    int s=0,f=1; char c=getchar();
    while(c<‘0‘||c>‘9‘){if(c==‘-‘)f=0;c=getchar();}
    while(c>=‘0‘&&c<=‘9‘) s=(s<<1)+(s<<3)+(c^48),c=getchar();
    return f?s:-s;
}
int n,m,root,Mod,val[100010];
int tot,head[100010],ver[200010],nxt[200010];
int Size[100010],son[100010],fa[100010],dep[100010];
int top[100010],id[100010],cnt,bi[100010];
void add(int x,int y){
    nxt[++tot]=head[x]; ver[tot]=y;
    head[x]=tot;
}
void dfs_first(int x,int _fa){
    Size[x]=1;
    for(rint i=head[x];i;i=nxt[i]){
        int y=ver[i];
        if(y==_fa) continue;
        fa[y]=x; dep[y]=dep[x]+1;
        dfs_first(y,x);
        Size[x]+=Size[y];
        if(Size[y]>Size[son[x]]) son[x]=y;
    }
}
void dfs_second(int x,int top_point){
    id[x]=++cnt; top[x]=top_point; bi[cnt]=x;
    if(!son[x]) return;
    dfs_second(son[x],top_point);
    for(rint i=head[x];i;i=nxt[i]){
        int y=ver[i];
        if(y==fa[x]||y==son[x]) continue;
        dfs_second(y,y);
    }
}
//下面是线段树板子
int Sum[400010],Add[400010];
void spread(int p,int l,int r){
    int mid=l+r>>1,lp=p<<1,rp=p<<1|1;
    if(Add[p]){
        Sum[lp]=1ll*(Sum[lp]+1ll*Add[p]*(mid-l+1)%Mod)%Mod;
        Sum[rp]=1ll*(Sum[rp]+1ll*Add[p]*(r-mid)%Mod)%Mod;
        Add[lp]=1ll*(Add[lp]+Add[p])%Mod;
        Add[rp]=1ll*(Add[rp]+Add[p])%Mod;
        Add[p]=0;
    }
    return;
}
void build(int p,int l,int r){
    if(l==r) return Sum[p]=val[bi[l]],void();
    int mid=l+r>>1,lp=p<<1,rp=p<<1|1;
    build(lp,l,mid); build(rp,mid+1,r);
    Sum[p]=Sum[lp]+Sum[rp];
}
void change(int p,int l,int r,int x,int y,int v){
    if(l>=x&&r<=y){
        Sum[p]=1ll*(Sum[p]+1ll*v*(r-l+1)%Mod)%Mod;
        Add[p]=1ll*(Add[p]+v)%Mod;
        return;
    }
    spread(p,l,r);
    int mid=l+r>>1,lp=p<<1,rp=p<<1|1;
    if(x<=mid) change(lp,l,mid,x,y,v);
    if(y>mid) change(rp,mid+1,r,x,y,v);
    Sum[p]=Sum[lp]+Sum[rp];
}
int ask_Sum(int p,int l,int r,int x,int y){
    if(l>=x&&r<=y) return Sum[p];
    spread(p,l,r);
    int mid=l+r>>1,lp=p<<1,rp=p<<1|1,val=0;
    if(x<=mid) val=1ll*(val+ask_Sum(lp,l,mid,x,y))%Mod;
    if(y>mid) val=1ll*(val+ask_Sum(rp,mid+1,r,x,y))%Mod;
    return val;
}
//上面是线段树板子
void op_add(int x,int y,int v){
    while(top[x]!=top[y]){
        if(dep[top[x]]<dep[top[y]]) swap(x,y);
        change(1,1,n,id[top[x]],id[x],v);
        x=fa[top[x]];
	}
    if(dep[x]<dep[y]) swap(x,y);
    change(1,1,n,id[y],id[x],v);
}
int op_sum(int x,int y){
    int ans=0;
    while(top[x]!=top[y]){
        if(dep[top[x]]<dep[top[y]]) swap(x,y);
        ans=1ll*(ans+ask_Sum(1,1,n,id[top[x]],id[x]))%Mod;
        x=fa[top[x]];
    }
    if(dep[x]<dep[y]) swap(x,y);
    ans=1ll*(ans+ask_Sum(1,1,n,id[y],id[x]))%Mod;
    return ans;
}
int main(){
    n=read(); m=read(); root=read(); Mod=read();
    for(rint i=1;i<=n;++i) val[i]=read();
    for(rint i=1;i<n;++i){
        int x=read(),y=read();
        add(x,y); add(y,x);
    }
    dfs_first(root,0); dfs_second(root,root); build(1,1,n);
    while(m--){
        int type=read();
        if(type==1){
            int x=read(),y=read(),z=read();
            op_add(x,y,z);
        }
        if(type==2){
            int x=read(),y=read();
            printf("%d\n",op_sum(x,y));
        }
        if(type==3){
            int x=read(),y=read();
            change(1,1,n,id[x],id[x]+Size[x]-1,y);
        }
        if(type==4){
            int x=read();
            printf("%d\n",ask_Sum(1,1,n,id[x],id[x]+Size[x]-1));
        }
    }
    return 0;
}

我就算打暴力,n 方修改,n方查询,也不会写树剖这种码量的模板题

真香~~

树链剖分入门

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原文地址:https://www.cnblogs.com/LCGUO/p/13192900.html

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