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基础长链剖分

2022-08-16 19:00:18  阅读:61  来源: 互联网

标签:长链 剖分 int 基础 son mxd include 节点 dp


基础长链剖分

基本上整个互联网上长链剖分都是使用 CF1009F 和树上 \(k\) 级祖先两题。本篇也无法避免qwq,因为这两题确实经典。

定义

定义 重儿子 表示其子节点中子树深度最大的子节点。如果没有儿子,就没有重儿子。定义 轻儿子 表示剩余的子节点。重边轻边重链的定义和重链剖分相同。

然后如果你树形 \(dp\) 入门并知晓重链剖分了的话,相信求出一颗树的长链剖分并无难度。不如直接看题目。

经典题目

CF1009F Dominant Indices

给定一棵以 \(1\) 为根,\(n\) 个节点的树。设 \(d(u,x)\) 为 \(u\) 子树中到 \(u\) 距离为 \(x\) 的节点数。

对于每个点,求一个最小的 \(k\),使得 \(d(u,k)\) 最大。

定义 \(dp_{i,j}\) 表示 \(i\) 节点子树中与 \(i\) 的距离为 \(j\) 的节点个数。

\[dp_{u,i}=\sum_{v=son_u}dp_{v,i-1} \]

对于每个点有 \(dp_{i,0}= 1\)。暴力 \(dp\) 复杂度 \(O(n^2)\)。可以使用长链剖分优化至 \(O(n)\)。

长链剖分优化 \(dp\) 的一个基本思路是,每次转移继承重儿子的 \(dp\) 数组和答案,然后将轻儿子的 \(dp\) 数组暴力和当前节点的 \(dp\) 数组合并。

因为轻儿子的 \(dp\) 数组长度为轻儿子所在的重链长度,而所有重链长度和为 \(n\),所以暴力合并轻儿子的时间复杂度为 \(O(n)\)。

为了在合理的空间内实现这一操作,我们需要一点点指针的技巧,为 DP 数组的一整条重链分配内存,链上不同的节点之间有不同的首位置指针。(具体见代码)

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

const int N=1000006;
inline int read(){
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||'9'<ch){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while('0'<=ch&&ch<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48);ch=getchar();}
	return x*f;
}
vector<int>edge[N];
int n,fat[N],mxd[N],son[N],ans[N];
int usf[N];
int *dp[N],*cur=usf;
void dfs1(int u,int f){
	fat[u]=f;
	for(auto v:edge[u]){
		if(v==f)continue;
		dfs1(v,u);
		if(mxd[v]>mxd[son[u]])son[u]=v;
	}
	mxd[u]=mxd[son[u]]+1;
}
void dfs2(int u){
	//printf("dfs2 %d\n",u);
	dp[u][0]=1;
	if(!son[u]){ans[u]=0;return;}
	dp[son[u]]=dp[u]+1;//是 u 借用 son[u] 的信息哦!
	dfs2(son[u]);
	ans[u]=ans[son[u]]+1;
	for(auto v:edge[u]){
		if(v==son[u]||v==fat[u])continue;
		dp[v]=cur;cur+=mxd[v];
		dfs2(v);
		for(int i=1;i<=mxd[v];++i){
			dp[u][i]+=dp[v][i-1];
			if(dp[u][i]>dp[u][ans[u]]||(dp[u][i]==dp[u][ans[u]]&&i<ans[u]))
				ans[u]=i;
		}
	}
	if(dp[u][ans[u]]==1)ans[u]=0;//注意特判
}
int main(){
	n=read();
	for(int i=1;i<n;++i){
		int u=read(),v=read();
		edge[u].push_back(v);
		edge[v].push_back(u);
	}
	dfs1(1,0);
	dp[1]=cur,cur+=mxd[1];
	dfs2(1);
	for(int i=1;i<=n;++i)
		printf("%d\n",ans[i]);
	return 0;
}

LG5903 【模板】树上 k 级祖先

咱也不是发明这个算法的人,思考过程也并不清楚,就直接说流程就好了。

结论:一个节点的 \(k\) 级祖先所在的长链长大于等于 \(k\)。

根据长链剖分的性质真的真的不难得出。

预处理:

长链剖分。对于每条重链的根节点 \(u\),假设这条重链的长度为 \(d=mxd_u-dep_u+1\),求出 \(u\) 的 \([0,d-1]\) 级祖先和 \(u\) 和这条链上的 \([0,d-1]\) 级儿子(这个实际上就是求出每个儿子在重链的第几个)。时间复杂度 \(O(n)\)。(\(\sum d=n\))

倍增,预处理每个节点的 \(2^i\) 级祖先。时间复杂度 \(O(n\log n)\)。

查询:

记录 \(u\) 的 \(k\) 级祖先为 \(fat(u,k)\)。求出 \(i\),使得 \(2^i<k<2^{i+1}\)(预处理 \(\log\),可做到 \(O(1)\))。然后 \(u\gets fat(u,2^i),k\gets k-2^i\)。发现 \(fat(u,2^i)\) 所在的长链至少有 \(2^i\) 个节点,又 \(k-2^i< 2^i\leq d\),所以从这条长链顶点出发的所有 \(2^i\) 位置均被预处理了,可以 \(O(1)\) 求出。

代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <algorithm>
#include <vector>
using namespace std;
typedef unsigned int ui;
typedef long long ll;
ui s;
inline ui get(ui x) {
	x ^= x << 13;
	x ^= x >> 17;
	x ^= x << 5;
	return s = x; 
}
const int N=1000006;
inline int read(){
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||'9'<ch){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while('0'<=ch&&ch<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48);ch=getchar();}
	return x*f;
}
int n,q,root,lg2[N],dep[N],mxd[N],son[N],tps[N],fa[N][23];
vector<int>edge[N],up[N],dw[N];
void dfs1(int u){
	mxd[u]=dep[u]=dep[fa[u][0]]+1;
	for(auto v:edge[u]){
		for(int i=0;fa[v][i];++i)
			fa[v][i+1]=fa[fa[v][i]][i];
		dfs1(v);
		if(mxd[v]>mxd[u])mxd[u]=mxd[v],son[u]=v;
	}
}
void dfs2(int u,int t){
	tps[u]=t;
	if(u==t){
		for(int i=0,v=u;i<=mxd[u]-dep[u];++i,v=fa[v][0])
			up[u].push_back(v);
		for(int i=0,v=u;i<=mxd[u]-dep[u];++i,v=son[v])
			dw[u].push_back(v);
	}
	if(son[u])dfs2(son[u],t);
	for(auto v:edge[u])
		if(v!=son[u])dfs2(v,v);
}
inline int qrkfa(int u,int k){
	//printf("%d %d\n",u,k);
	if(!k)return u;
	u=fa[u][lg2[k]];k-=(1<<lg2[k]);
	//printf(" %d %d\n",u,k);
	k-=(dep[u]-dep[tps[u]]);u=tps[u];
	return k>=0?up[u][k]:dw[u][-k];
}
ll ans;ui lasans;
int main(){
	n=read(),q=read();scanf("%u",&s);
	lg2[0]=-1;
	for(int i=1;i<=n;++i){
		fa[i][0]=read();
		if(!fa[i][0])root=i;
		else edge[fa[i][0]].push_back(i);
		lg2[i]=lg2[i>>1]+1;
	}
	dfs1(root);dfs2(root,root);
	for(int i=1,x,k;i<=q;++i){
		x=(get(s)^lasans)%n+1;
		k=(get(s)^lasans)%dep[x];
		ans^=1ll*i*(lasans=qrkfa(x,k));
		//printf("%d\n",lasans);
	}
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}

写得好敷衍啊(不是

标签:长链,剖分,int,基础,son,mxd,include,节点,dp
来源: https://www.cnblogs.com/BigSmall-En/p/16592612.html

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