标签:val int rep 分治 笔记 mt tot 动态
浅谈一下学了好久的树分治。
一、点分治
适合处理大规模树上路径信息问题。
很基础的了,询问树上距离为 \(k\) 的点对是否存在。
大概就是每次找重心当作根,对于当前的根,统计每个子节点到它的距离,然后用双指针遍历,当且仅当两个儿子到当前根的距离之和为 \(k\) 且来自根的不同子树时,这两个子节点的距离就为 \(k\),那么距离为 \(k\) 的点对存在。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i, a, b) for(int i = a; i <= b; ++i)
const int maxn = 1e4 + 5;
const int maxm = 105;
int n, m, q[maxm];
bool k[maxm], vis[maxn];
int cnt, hd[maxn];
struct node{
int to, nxt, w;
}e[maxn << 1];
int a[maxn], tot, d[maxn], b[maxn], mxs[maxn], siz[maxn];
int rt;
inline void add(int u, int v, int w)
{
e[++cnt].to = v;
e[cnt].nxt = hd[u], hd[u] = cnt;
e[cnt].w = w;
}
inline void getrt(int u, int fa, int sum)
{
siz[u] = 1, mxs[u] = 0;
for(int i = hd[u]; i; i = e[i].nxt)
{
int v = e[i].to;
if(vis[v] or v == fa) continue;
getrt(v, u, sum);
mxs[u] = max(mxs[u], siz[v]);
siz[u] += siz[v];
}
mxs[u] = max(mxs[u], sum - siz[u]);
if(!rt or mxs[rt] > mxs[u]) rt = u;
}
inline void getdis(int u, int fa, int dis, int anc)
{
a[++tot] = u, d[u] = dis, b[u] = anc;
for(int i = hd[u]; i; i = e[i].nxt)
{
int v = e[i].to;
if(v == fa or vis[v]) continue;
getdis(v, u, dis + e[i].w, anc);
}
}
inline bool cmp(int x, int y)
{
return d[x] < d[y];
}
inline void clc(int u)
{
tot = 0;
/*
记当前分治的根为 rootroot。
a 数组记录从 root 能到的点;
d 数组记录 ai 到 root 的距离;
b 数组记录 ai属于 root 的哪一棵子树(即当 b[a[i]]=b[a[j] 时,说明 a[i]与 a[j]属于 rootroot 的同一棵子树)
*/
a[++tot] = u, b[u] = u, d[u] = 0;
for(int i = hd[u]; i; i = e[i].nxt)
{
int v = e[i].to;
if(vis[v]) continue;
getdis(v, u, e[i].w, v);
}
sort(a + 1, a + tot + 1, cmp);
rep(i, 1, m)
{
if(k[i]) continue;
int l = 1, r = tot;
while(l < r)
{
int w = d[a[l]] + d[a[r]];
if(w < q[i]) l += 1;
else if(w > q[i]) r -= 1;
else if(b[a[l]] == b[a[r]])
if(d[a[r]] == d[a[r - 1]]) r -= 1;
else l += 1;
else
{
k[i] = 1;
break;
}
}
}
}
inline void slv(int u)
{
vis[u] = 1;
clc(u);
for(int i = hd[u]; i; i = e[i].nxt)
{
int v = e[i].to;
if(vis[v]) continue;
rt = 0, getrt(v, 0, siz[v]);
slv(rt);
}
}
int main()
{
scanf("%d %d", &n, &m);
rep(i, 1, n - 1)
{
int u, v, w;
scanf("%d %d %d", &u, &v, &w);
add(u, v, w), add(v, u, w);
}
rep(i, 1, m)
{
scanf("%d", &q[i]);
if(!q[i]) k[i] = 1;
}
mxs[0] = n;
getrt(1, 0, n);
slv(rt);
rep(i, 1, m)
if(k[i]) printf("AYE\n");
else printf("NAY\n");
return 0;
}
另一道类似的升级题:P4178 Tree。
题意变为求出树上两点距离小于等于 \(k\) 的点对数量。思路差不多,不过是在遍历统计答案的时候使用双指针统计答案,即合法点对个数。但是要注意,如果只是单单这样,显然双指针会把这种情况统计进去:
(图自此博客。)
所以再套个容斥就好了。
二、动态点分治/点分树
感觉这个东西还是比较灵活的。
所有与 \(x\) 距离不超过 \(k\) 的城市都将受到影响,求该次地震造成的经济损失,即所有受影响城市的价值和,待修改(修改某节点价值)。强制在线。
首先提出一个关于点分树的概念——重构树。即把当前树的重心和上一层的树重心连边,后者是前者父亲。这样得到的重构树形态优秀,有利于解决和树的形态无关的问题。
剩下具体怎么在重构树上查询距离、记录距离等等见此题解。
其中还用了一个 \(\mathcal{\text{O}}(1)\) 求 LCA 的小技巧。
特别要注意的一点是:我们再构造重构树之前就已经记录下原树上两个节点的距离了,后续题目不会再对树的形态进行改变了,所以方法可行。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i, a, b) for(register int i = a; i <= b; ++i)
#define go(u) for(int i = hd[u], v = e[i].to; i; i = e[i].nxt, v = e[i].to)
const int maxn = 2e5 + 5;
const int inf = 1e9 +7;
int n, m;
int a[maxn], cnt, hd[maxn];
struct node{
int to, nxt;
}e[maxn << 1];
int pos[maxn], id[maxn], tot;
int st[maxn << 1][21], dep[maxn], rt, sum;
int siz[maxn], fa[maxn], lg[maxn << 1];
bool vis[maxn];
int ans, mxx;
vector <int> c[2][maxn];
inline void add(int u, int v){
e[++cnt] = (node){v, hd[u]};
hd[u] = cnt;
}
inline void dfs1(int u, int f){
st[++tot][0] = u, pos[u] = tot;
go(u) if(v != f){
dep[v] = dep[u] + 1, dfs1(v, u);
st[++tot][0] = u;
}
}
inline int minn(int a, int b){
return dep[a] < dep[b] ? a : b;
}
inline void pre(){
lg[0] = -1;
rep(i, 1, tot) lg[i] = lg[i / 2] + 1;
for(int k = 1; (1 << k) <= cnt; ++k)
for(int i = 1; i + (1 << k) <= cnt; ++i)
st[i][k] = minn(st[i][k - 1], st[i + (1 << (k - 1))][k - 1]);
}
inline void findrt(int u, int f){
siz[u] = 1;
int mxs = 0;
go(u) if(v != f and !vis[v]){
findrt(v, u), siz[u] += siz[v];
mxs = max(mxs, siz[v]);
}
mxs = max(mxs, sum - mxs);
if(!rt or mxs < mxx) rt = u, mxx = mxs;
}
inline void build(int u){
vis[u] = 1, siz[u] = sum + 1;
c[0][u].resize(siz[u] + 1), c[1][u].resize(siz[u] + 1);
go(u) if(!vis[v]){
sum = siz[v], rt = 0, mxx = -inf, findrt(v, u);
fa[rt] = u, build(rt);
}
}
inline int gdis(int u, int v){
if(pos[u] > pos[v]) swap(u, v);
int x = pos[u], y = pos[v], k = y - x + 1;
int lca = minn(st[x][lg[k]], st[y - (1 << lg[k]) + 1][lg[k]]);
return dep[u] + dep[v] - 2 * dep[lca];
}
inline int lb(int x){
return x & (-x);
}
inline void update(int u, int opt, int x, int w){
x += 1;
for(int i = x; i <= siz[u]; i += lb(i))
c[opt][u][i] += w;
}
inline int query(int x, int opt, int y){
y += 1;
int res = 0;
for(int i = min(y, siz[x]); i; i -= lb(i))
res += c[opt][x][i];
return res;
}
inline void update_path(int x, int w){
for(int i = x; i; i = fa[i]) update(i, 0, gdis(x, i), w);
for(int i = x; fa[i]; i = fa[i]) update(i, 1, gdis(x, fa[i]), w);
}
int main(){
scanf("%d%d", &n, &m);
rep(i, 1, n) scanf("%d", &a[i]);
rep(i, 2, n){
int u, v;
scanf("%d%d", &u, &v);
add(u, v), add(v, u);
}
dep[1] = 1, dfs1(1, 0), pre();
sum = n, mxx = -inf, findrt(1, 0), build(rt);
rep(i, 1, n) update_path(i, a[i]);
rep(i, 1, m){
int opt, x, y;
scanf("%d%d%d", &opt, &x, &y);
x ^= ans, y ^= ans;
if(!opt){
ans = query(x, 0, y);
for(int i = x; fa[i]; i = fa[i]){
int dis = gdis(fa[i], x);
if(y >= dis)
ans += query(fa[i], 0, y - dis) - query(i, 1, y - dis);
}
printf("%d\n", ans);
}
else update_path(x, y - a[x]), a[x] = y;
}
return 0;
}
重构树的具体应用可以见下述的“动态树分治”。
三、动态树分治
动态树分治,也叫动态 DP 问题,是猫锟在 WC2018 讲的黑科技,一般用来解决树上的带有点权(边权)修改操作的 DP 问题。
\(\mathcal{\text{tips:}}\) 本题中独立集指无向图中互不相邻的点组成的集合,最大权独立集指无向图中权值和最大的独立集。
首先我们把不带修改的 dp 问题进行求解,求出它的转移方程。
然后带上修改。不难发现,如果更改了某一节点的权值,那么它到该树根节点路径上所有的节点的 dp 值都会受到影响。所以为了保证 \(\mathcal{\text{O}}(logn)\) 的复杂度,我们使用重链剖分。
然后再去优化转移方程(即是把方程里面的 \(\sum\) 去掉),这样以来,我们发现对于区间(即一条重链)内的区间加并不好处理,所以用矩阵乘法把它优化成区间“乘积”。
但是这样有又了新问题:优化后的转移方程和平时常用的矩阵乘法运算不一样(转移方程内有一个取 \(max\) 的步骤,但矩阵乘法中没有)。所以我们重新定义矩阵乘法。
然后再根据转移方程去构造转移矩阵。
这样,我们就把修改操作转换为区间乘了,对于每条重链我们用线段树维护即可。
其余转移方程、矩阵乘法重定义、转移矩阵等具体内容见此博客(题解)。
代码:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i, a, b) for(register int i = a; i <= b; ++i)
#define go(u) for(int i = hd[u], v = e[i].to; i; i = e[i].nxt, v = e[i].to)
const int maxn = 1e5 + 5;
const int maxm = 4e5 + 5;
int n, m;
int a[maxn], cnt, hd[maxn];
int tot, id[maxn], dfn[maxn], siz[maxn];
int mxs[maxn], f[maxn][2], fa[maxn];
int top[maxn], ed[maxn];
struct node{
int to, nxt;
}e[maxn << 1];
struct matrix{
int mt[2][2];
matrix(){
memset(mt, -0x3F, sizeof mt);
}
inline matrix operator * (matrix b){
matrix c;
rep(i, 0, 1) rep(j, 0, 1) rep(k, 0, 1)
c.mt[i][j] = max(c.mt[i][j], mt[i][k] + b.mt[k][j]);
return c;
}
}val[maxn], tr[maxm];
int L[maxm], R[maxm];
inline void add(int u, int v){
e[++cnt] = (node){v, hd[u]};
hd[u] = cnt;
}
inline void dfs1(int u){
siz[u] = 1;
go(u) if(v != fa[u]){
fa[v] = u, dfs1(v);
siz[u] += siz[v];
if(siz[v] > siz[mxs[u]]) mxs[u] = v;
}
}
inline void dfs2(int u, int anc){
id[u] = ++tot, dfn[tot] = u;
top[u] = anc, ed[anc] = max(ed[anc], id[u]);
f[u][0] = 0, f[u][1] = a[u];
val[u].mt[0][0] = val[u].mt[0][1] = 0;
val[u].mt[1][0] = a[u];
if(mxs[u]){
dfs2(mxs[u], anc);
f[u][0] += max(f[mxs[u]][0], f[mxs[u]][1]),
f[u][1] += f[mxs[u]][0];
}
go(u) if(v != mxs[u] and v != fa[u]){
dfs2(v, v);
f[u][0] += max(f[v][0], f[v][1]);
f[u][1] += f[v][0];
val[u].mt[0][0] += max(f[v][0], f[v][1]);
val[u].mt[0][1] = val[u].mt[0][0];
val[u].mt[1][0] += f[v][0];
}
}
inline void up(int x){
tr[x] = tr[x << 1] * tr[x << 1 | 1];
}
inline void build(int i, int l, int r){
L[i] = l, R[i] = r;
if(l == r){
tr[i] = val[dfn[l]];
return;
}
int mid = l + r >> 1;
build(i << 1, l, mid), build(i << 1 | 1, mid + 1, r);
up(i);
}
inline void update(int i, int pos){
if(L[i] == R[i]){
tr[i] = val[dfn[pos]];
return;
}
int mid = L[i] + R[i] >> 1;
if(pos <= mid) update(i << 1, pos);
else update(i << 1 | 1, pos);
up(i);
}
inline matrix query(int i, int l, int r){
if(L[i] >= l and R[i] <= r) return tr[i];
int mid = L[i] + R[i] >> 1;
if(r <= mid) return query(i << 1, l, r);
else if(l > mid) return query(i << 1 | 1, l, r);
else return query(i << 1, l, r) * query(i << 1 | 1, l, r);
}
inline void update_path(int u, int k){
val[u].mt[1][0] += k - a[u], a[u] = k;
matrix bef, aft;
while(u > 0){
bef = query(1, id[top[u]], ed[top[u]]);
update(1, id[u]);
aft = query(1, id[top[u]], ed[top[u]]);
u = fa[top[u]];
val[u].mt[0][0] += max(aft.mt[0][0], aft.mt[1][0]) - max(bef.mt[0][0], bef.mt[1][0]);
val[u].mt[0][1] = val[u].mt[0][0];
val[u].mt[1][0] += aft.mt[0][0] - bef.mt[0][0];
}
}
int main(){
scanf("%d%d", &n, &m);
rep(i, 1, n) scanf("%d", &a[i]);
rep(i, 2, n){
int u, v;
scanf("%d%d", &u, &v), add(u, v), add(v, u);
}
dfs1(1), dfs2(1, 1);
build(1, 1, n);//线段树叶子节点 i 代表 dfs序第 i 个的 val 值
rep(i, 1, m){
int u, k;
scanf("%d%d", &u, &k);
update_path(u, k);
matrix fin = query(1, 1, ed[1]);//need to test
printf("%d\n", max(fin.mt[0][0], fin.mt[1][0]));
}
return 0;
}
大视野上把它归在动态树分治里,但是 \(\text{solution}\) 里可谓是八仙过海。
我贺的是林教练的做法:分情况讨论 + 替罪羊树思想 + 平衡树。所以也不算是动态树分治了。
具体地:【LG-P3920/WC2014】 紫荆花之恋-题解(by 531)。
(其实也算是动态点分治的例题...
不带修改,就是经典的树上两点距离最大值的求解。
所以我们要动态维护每个节点子树内最大值和次大值,此处对于每个节点采用两个堆维护。
在重构树的基础上进行查询修改操作即可。code.
——\(End\)——
标签:val,int,rep,分治,笔记,mt,tot,动态 来源: https://www.cnblogs.com/gsn531/p/16497403.html
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