标签：复杂度 htm ber 路径 做了 题目 roo 画图 alt
树链剖分：
树上操作并不能实现一段链的直接更新。
树链剖分就解决了这个问题。
本质上是树形到线性的转化。
通过子树，重链是一个连续的dfn区间的优秀性质，可以在dfn序列上进行操作，达到在树上操作的目的。
通常和线段树结合。
板子：以前写的。
例题：
题目大意：
给定一棵有根树，每个点有一个权值，提供三种操作：
1.将x节点变为根节点
2.将x到y路径上的点的权值全部改为v
3.询问x的子树中点权的最小值
如果根不变，那么2、3就直接做了。
但是根变化了，随之第三问，子树就变化了。
每次重建dfn序列显然是爆炸的。
所以，就考虑让树形态根一直保持原来的不变。
每次第三问，就考虑当前的新的根对这个点子树的影响。
讨论一下：
分成三种情况
1.new root = xx 整个子树的min就是ans
2. lca(new root,xx) !=xx 没有影响，直接求。
3. lca(new root,xx) =xx 找一下root在xx的哪个子树里 这个子树的补集就是解了
注意是补集，因为树的父子关系完全颠倒了。但是只有这个子树成立，别的子树还是xx的子树。（画图理解下）
代码：（luoguAC，bzoj WA ????!!??!!??!）(对拍也没找到错)
注意，树剖lca，最后要考虑swap(x,y),返回浅的。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=100000+10; typedef long long ll; const ll inf=(ll)21474836480; int n,m; int root; int nrt; vector<int>er[N]; struct node{ int nxt,to; }e[N*2]; int hd[N],cnt; void add(int x,int y){ e[++cnt].nxt=hd[x]; e[cnt].to=y; hd[x]=cnt; } int w[N]; int top[N],son[N],siz[N],dfn[N],dfn2[N],fdfn[N],fa[N]; int dep[N]; int tot;//number of dfn void dfs1(int x,int d){ siz[x]=1; dep[x]=d; for(int i=hd[x];i;i=e[i].nxt){ int y=e[i].to; if(y!=fa[x]){ fa[y]=x; dfs1(y,d+1); if(siz[y]>siz[son[x]]){ son[x]=y; } siz[x]+=siz[y]; } } } void dfs2(int x){ dfn[x]=++tot; fdfn[tot]=x; if(!top[x]) top[x]=x; if(son[x]) er[x].push_back(son[x]),top[son[x]]=top[x],dfs2(son[x]); for(int i=hd[x];i;i=e[i].nxt){ int y=e[i].to; if(y!=fa[x]&&y!=son[x]){ er[x].push_back(y); dfs2(y); } } dfn2[x]=tot; } struct tr{ ll mi,ch; #define m(x) t[x].mi #define c(x) t[x].ch #define ls (x<<1) #define rs (x<<1|1) #define mid (l+r>>1) }t[4*N]; void pushup(int x){ m(x)=min(m(ls),m(rs)); } void pushdown(int x){ if(c(x)==-1) return; c(ls)=c(x);m(ls)=c(x); c(rs)=c(x);m(rs)=c(x); c(x)=-1; } void build(int x,int l,int r){ if(l==r){ m(x)=w[fdfn[l]];c(x)=-1; return; } m(x)=inf;c(x)=-1; build(ls,l,mid);build(rs,mid+1,r); pushup(x); } void chan(int x,int l,int r,int L,int R,ll k){ if(L<=l&&r<=R){ c(x)=k;m(x)=k;return; } pushdown(x); if(L<=mid) chan(ls,l,mid,L,R,k); if(mid<R) chan(rs,mid+1,r,L,R,k); pushup(x); } ll query(int x,int l,int r,int L,int R){ if(L>R) return inf; if(L<=l&&r<=R){ return m(x); } pushdown(x);ll ret=inf; if(L<=mid) ret=min(ret,query(ls,l,mid,L,R)); if(mid<R) ret=min(ret,query(rs,mid+1,r,L,R)); return ret; } int lca(int x,int y){ while(top[x]!=top[y]){ if(dep[top[x]]<dep[top[y]]) swap(x,y); x=fa[top[x]]; } if(dep[x]>dep[y]) swap(x,y); return x; } void wrk1(int x,int y,ll z){ while(top[x]!=top[y]){ if(dep[top[x]]<dep[top[y]]) swap(x,y); chan(1,1,n,dfn[top[x]],dfn[x],z); x=fa[top[x]]; } if(dep[x]<dep[y]) swap(x,y); chan(1,1,n,dfn[y],dfn[x],z); } ll wrk2(int x){ if(x==nrt){ return query(1,1,n,1,n); } int anc=lca(x,nrt); if(anc==x){ int ll=0,rr=er[x].size()-1; int in; while(ll<=rr){ int mm=(ll+rr)>>1; int ss=er[x][mm]; if(dfn[ss]<=dfn[nrt]&&dfn[nrt]<=dfn2[ss]){ in=ss;break; } else if(dfn[nrt]<dfn[ss]) rr=mm-1; else ll=mm+1; } return min(query(1,1,n,1,dfn[in]-1),query(1,1,n,dfn2[in]+1,n)); } else return query(1,1,n,dfn[x],dfn2[x]); } int main() { scanf("%d%d",&n,&m);int x,y; for(int i=1;i<=n-1;i++) scanf("%d%d",&x,&y),add(x,y),add(y,x); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&w[i]); scanf("%d",&root); nrt=root; dfs1(root,1); dfs2(root); build(1,1,n); int op; ll z; while(m--){ scanf("%d",&op); if(op==1){ scanf("%d",&nrt); } else if(op==2){ scanf("%d%d%d",&x,&y,&z); wrk1(x,y,z); } else if(op==3){ scanf("%d",&x); printf("%lld\n",wrk2(x)); } } return 0; }
2.
题意：
给出一个n个节点的有根树（编号为0到n-1，根节点为0）。
一个点的深度定义为这个节点到根的距离+1。
设dep[i]表示点i的深度，LCA(i,j)表示i与j的最近公共祖先。
有q次询问，每次询问给出l r z，求sigma_{l<=i<=r}dep[LCA(i,z)]。 （即，求在[l,r]区间内的每个节点i与z的最近公共祖先的深度之和）
题解：
很巧妙的方法。
直接暴力肯定tle
对于z，可以暴力往上打标记，一直到根，对于[l,r]的数，分别往上找到的第一个标记点就是lca。
发现，lca的深度就是到根的点数。所以，如果把从z到根的路径上的点权++，那么，l,r中的i和z的lca的深度，就是i到根节点的路径上的点权和。
发现，这个结论是可逆的。就是说，如果把所有i到根节点的路径++，那么，z到根节点的路径上的值，就是这次查询的结果！！！
这样子复杂度并没有降下来。
我们转化成差分:对于一个询问，分成:[1,r] - [1,l-1]两个部分求解。
而，我们再用一个离线操作，就是把每个1~n的数，记录一下，是哪个询问的l-1或者是r
那么，我们从i=1开始更新到根的路径上的值，每次将与i有关的询问，处理一下这个询问[1,r]或者[1,l-1]的值。
最后统计做差即可。
代码：（脑残了pushdown竟然忘了s(ls)+=a(x)*(len)忘了乘区间长度。。。而且，，，add懒标记忘了下放！！！）
（心急不得啊。）
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int N=50000+10; const int mod=201314; int n,m; struct node{ int nxt,to; }e[2*N]; int hd[N],cnt; void add(int x,int y){ e[++cnt].nxt=hd[x]; e[cnt].to=y; hd[x]=cnt; } int fa[N],top[N],son[N],dfn[N],dep[N]; int sz[N]; void dfs(int x,int d){ sz[x]=1;dep[x]=d; for(int i=hd[x];i;i=e[i].nxt){ int y=e[i].to; if(y!=fa[x]){ fa[y]=x; dfs(y,d+1); sz[x]+=sz[y]; if(sz[y]>sz[son[x]]){ son[x]=y; } } } } int tot; void dfs2(int x){ dfn[x]=++tot; if(!top[x]) top[x]=x; if(son[x]) top[son[x]]=top[x],dfs2(son[x]); for(int i=hd[x];i;i=e[i].nxt){ int y=e[i].to; if(y==fa[x]||y==son[x]) continue; dfs2(y); } } struct tr{ ll sum; ll ad; #define ls x<<1 #define rs x<<1|1 #define s(x) t[x].sum #define a(x) t[x].ad }t[4*N]; void build(int x,int l,int r){ if(l==r){ a(x)=0; s(x)=0;return; } s(x)=0;a(x)=0;int mid=(l+r>>1); build(ls,l,mid); build(rs,mid+1,r); s(x)=s(ls)+s(rs); } void pd(int x,int l,int r){ if(!a(x)) return; int mid=l+r>>1; s(ls)=(s(ls)+a(x)*(mid-l+1))%mod; s(rs)=(s(rs)+a(x)*(r-mid))%mod; a(ls)=(a(ls)+a(x))%mod; a(rs)=(a(rs)+a(x))%mod; a(x)=0; } void upda(int x,int l,int r,int L,int R){ if(L<=l&&r<=R){ a(x)++;s(x)+=r-l+1; a(x)%=mod;s(x)%=mod; return; } int mid=(l+r>>1); pd(x,l,r); if(L<=mid) upda(ls,l,mid,L,R); if(mid<R) upda(rs,mid+1,r,L,R); s(x)=(s(ls)+s(rs))%mod; } ll query(int x,int l,int r,int L,int R){ if(L<=l&&r<=R) return s(x); pd(x,l,r); ll ret=0;int mid=(l+r>>1); if(L<=mid) ret+=query(ls,l,mid,L,R); if(mid<R) ret+=query(rs,mid+1,r,L,R); ret%=mod; return ret; } struct que{ ll lans,rans; int x; int l,r; }qus[N]; vector<int>q[N]; void wrk1(int x){ while(top[x]!=1){ upda(1,1,n,dfn[top[x]],dfn[x]); x=fa[top[x]]; } upda(1,1,n,1,dfn[x]); } ll wrk2(int x){ ll ret=0; while(top[x]!=1){ ret+=query(1,1,n,dfn[top[x]],dfn[x]); ret%=mod; x=fa[top[x]]; } ret=(ret+query(1,1,n,1,dfn[x]))%mod; return ret; } int main() { scanf("%d%d",&n,&m); int x,y; for(int i=2;i<=n;i++){ scanf("%d",&x);x++; add(i,x);add(x,i); } int l,r; for(int i=1;i<=m;i++){ scanf("%d%d%d",&l,&r,&qus[i].x); l++,r++,qus[i].x++; q[l-1].push_back(i); q[r].push_back(i); qus[i].l=l;qus[i].r=r; } dfs(1,1); dfs2(1); build(1,1,n); for(int i=1;i<=n;i++){ wrk1(i); for(int j=0;j<q[i].size();j++){ int id=q[i][j];; ll sum=wrk2(qus[id].x); if(qus[id].l-1==i) qus[id].lans=sum; else qus[id].rans=sum; } } for(int i=1;i<=m;i++){ printf("%d\n",(qus[i].rans+mod-qus[i].lans)%mod); } return 0; }
标签：复杂度 htm ber 路径 做了 题目 roo 画图 alt
原文地址：https://www.cnblogs.com/Miracevin/p/9379330.html
