树链剖分 树链剖分的思想及能解决的问题 树链剖分用于将树分割成若干条链的形式,以维护树上路径的信息。
具体来说,将整棵树剖分为若干条链,使它组合成线性结构,然后用其他的数据结构维护信息。
树链剖分 (树剖/链剖)有多种形式,如 重链剖分 ,长链剖分 和用于 Link/cut Tree 的剖分(有时被称作「实链剖分」),大多数情况下(没有特别说明时),「树链剖分」都指「重链剖分」。
重链剖分可以将树上的任意一条路径划分成不超过 条连续的链,每条链上的点深度互不相同(即是自底向上的一条链,链上所有点的 LCA 为链的一个端点)。
重链剖分还能保证划分出的每条链上的节点 DFS 序连续,因此可以方便地用一些维护序列的数据结构(如线段树)来维护树上路径的信息。
如:
修改 树上两点之间的路径上 所有点的值。 查询 树上两点之间的路径上 节点权值的 和/极值/其它(在序列上可以用数据结构维护,便于合并的信息) 。 除了配合数据结构来维护树上路径信息,树剖还可以用来 (且常数较小)地求 LCA。在某些题目中,还可以利用其性质来灵活地运用树剖。
重链剖分 我们给出一些定义:
定义 重子节点 表示其子节点中子树最大的子结点。如果有多个子树最大的子结点,取其一。如果没有子节点,就无重子节点。
定义 轻子节点 表示剩余的所有子结点。
从这个结点到重子节点的边为 重边 。
到其他轻子节点的边为 轻边 。
若干条首尾衔接的重边构成 重链 。
把落单的结点也当作重链,那么整棵树就被剖分成若干条重链。
如图:
实现 树剖的实现分两个 DFS 的过程。伪代码如下:
第一个 DFS 记录每个结点的父节点(father)、深度(deep)、子树大小(size)、重子节点(hson)。
第二个 DFS 记录所在链的链顶(top,应初始化为结点本身)、重边优先遍历时的 DFS 序(dfn)、DFS 序对应的节点编号(rank)。
以下为代码实现。
我们先给出一些定义:
表示节点 在树上的父亲。 表示节点 在树上的深度。 表示节点 的子树的节点个数。 表示节点 的 重儿子 。 表示节点 所在 重链 的顶部节点(深度最小)。 表示节点 的 DFS 序 ,也是其在线段树中的编号。 表示 DFS 序所对应的节点编号,有 。我们进行两遍 DFS 预处理出这些值,其中第一次 DFS 求出 , , , ,第二次 DFS 求出 , , 。
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23 void dfs1 ( int o ) {
son [ o ] = -1 ;
siz [ o ] = 1 ;
for ( int j = h [ o ]; j ; j = nxt [ j ])
if ( ! dep [ p [ j ]]) {
dep [ p [ j ]] = dep [ o ] + 1 ;
fa [ p [ j ]] = o ;
dfs1 ( p [ j ]);
siz [ o ] += siz [ p [ j ]];
if ( son [ o ] == -1 || siz [ p [ j ]] > siz [ son [ o ]]) son [ o ] = p [ j ];
}
}
void dfs2 ( int o , int t ) {
top [ o ] = t ;
cnt ++ ;
dfn [ o ] = cnt ;
rnk [ cnt ] = o ;
if ( son [ o ] == -1 ) return ;
dfs2 ( son [ o ], t ); // 优先对重儿子进行 DFS,可以保证同一条重链上的点 DFS 序连续
for ( int j = h [ o ]; j ; j = nxt [ j ])
if ( p [ j ] != son [ o ] && p [ j ] != fa [ o ]) dfs2 ( p [ j ], p [ j ]);
}
重链剖分的性质 树上每个节点都属于且仅属于一条重链 。
重链开头的结点不一定是重子节点(因为重边是对于每一个结点都有定义的)。
所有的重链将整棵树 完全剖分 。
在剖分时 重边优先遍历 ,最后树的 DFS 序上,重链内的 DFS 序是连续的。按 DFN 排序后的序列即为剖分后的链。
一颗子树内的 DFS 序是连续的。
可以发现,当我们向下经过一条 轻边 时,所在子树的大小至少会除以二。
因此,对于树上的任意一条路径,把它拆分成从 LCA 分别向两边往下走,分别最多走 次,因此,树上的每条路径都可以被拆分成不超过 条重链。
常见应用 路径上维护 用树链剖分求树上两点路径权值和,伪代码如下:
链上的 DFS 序是连续的,可以使用线段树、树状数组维护。
每次选择深度较大的链往上跳,直到两点在同一条链上。
同样的跳链结构适用于维护、统计路径上的其他信息。
子树维护 有时会要求,维护子树上的信息,譬如将以 为根的子树的所有结点的权值增加 。
在 DFS 搜索的时候,子树中的结点的 DFS 序是连续的。
每一个结点记录 bottom 表示所在子树连续区间末端的结点。
这样就把子树信息转化为连续的一段区间信息。
求最近公共祖先 不断向上跳重链,当跳到同一条重链上时,深度较小的结点即为 LCA。
向上跳重链时需要先跳所在重链顶端深度较大的那个。
参考代码:
int lca ( int u , int v ) {
while ( top [ u ] != top [ v ]) {
if ( dep [ top [ u ]] > dep [ top [ v ]])
u = fa [ top [ u ]];
else
v = fa [ top [ v ]];
}
return dep [ u ] > dep [ v ] ? v : u ;
}
怎么有理有据地卡树剖 一般情况下树剖的 常数不满很难卡,如果要卡只能建立二叉树深度低。
于是我们可以考虑折中方案。
我们建立一颗 个节点的二叉树。对于每个节点到其儿子的边,我们将其替换成一条长度为 的链。
这样子我们可以将随机询问轻重链切换次数卡到平均 次,同时有 的深度。
加上若干随机叶子看上去可以卡树剖。但是树剖常数小有可能卡不掉。
例题 题目大意 对一棵有 个节点,节点带权值的静态树,进行三种操作共 次:
修改单个节点的权值; 查询 到 的路径上的最大权值; 查询 到 的路径上的权值之和。 保证 , 。
解法 根据题面以及以上的性质,你的线段树需要维护三种操作:
单点修改; 区间查询最大值; 区间查询和。 单点修改很容易实现。
由于子树的 DFS 序连续(无论是否树剖都是如此),修改一个节点的子树只用修改这一段连续的 DFS 序区间。
问题是如何修改/查询两个节点之间的路径。
考虑我们是如何用 倍增法求解 LCA 的。首先我们 将两个节点提到同一高度,然后将两个节点一起向上跳 。对于树链剖分也可以使用这样的思想。
在向上跳的过程中,如果当前节点在重链上,向上跳到重链顶端,如果当前节点不在重链上,向上跳一个节点。如此直到两节点相同。沿途更新/查询区间信息。
对于每个询问,最多经过 条重链,每条重链上线段树的复杂度为 ,因此总时间复杂度为 。实际上重链个数很难达到 (可以用完全二叉树卡满),所以树剖在一般情况下常数较小。
给出一种代码实现:
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17 // st 是线段树结构体
int querymax ( int x , int y ) {
int ret = - inf , fx = top [ x ], fy = top [ y ];
while ( fx != fy ) {
if ( dep [ fx ] >= dep [ fy ])
ret = max ( ret , st . query1 ( 1 , 1 , n , dfn [ fx ], dfn [ x ])), x = fa [ fx ];
else
ret = max ( ret , st . query1 ( 1 , 1 , n , dfn [ fy ], dfn [ y ])), y = fa [ fy ];
fx = top [ x ];
fy = top [ y ];
}
if ( dfn [ x ] < dfn [ y ])
ret = max ( ret , st . query1 ( 1 , 1 , n , dfn [ x ], dfn [ y ]));
else
ret = max ( ret , st . query1 ( 1 , 1 , n , dfn [ y ], dfn [ x ]));
return ret ;
}
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143 #include <algorithm>
#include <cstring>
#include <iostream>
#define lc o << 1
#define rc o << 1 | 1
constexpr int MAXN = 60010 ;
constexpr int inf = 2e9 ;
int n , a , b , w [ MAXN ], q , u , v ;
int cur , h [ MAXN ], nxt [ MAXN ], p [ MAXN ];
int siz [ MAXN ], top [ MAXN ], son [ MAXN ], dep [ MAXN ], fa [ MAXN ], dfn [ MAXN ], rnk [ MAXN ],
cnt ;
char op [ 10 ];
void add_edge ( int x , int y ) { // 加边
cur ++ ;
nxt [ cur ] = h [ x ];
h [ x ] = cur ;
p [ cur ] = y ;
}
struct SegTree {
int sum [ MAXN * 4 ], maxx [ MAXN * 4 ];
void build ( int o , int l , int r ) {
if ( l == r ) {
sum [ o ] = maxx [ o ] = w [ rnk [ l ]];
return ;
}
int mid = ( l + r ) >> 1 ;
build ( lc , l , mid );
build ( rc , mid + 1 , r );
sum [ o ] = sum [ lc ] + sum [ rc ];
maxx [ o ] = std :: max ( maxx [ lc ], maxx [ rc ]);
}
int query1 ( int o , int l , int r , int ql , int qr ) { // 查询 max
if ( l > qr || r < ql ) return - inf ;
if ( ql <= l && r <= qr ) return maxx [ o ];
int mid = ( l + r ) >> 1 ;
return std :: max ( query1 ( lc , l , mid , ql , qr ), query1 ( rc , mid + 1 , r , ql , qr ));
}
int query2 ( int o , int l , int r , int ql , int qr ) { // 查询 sum
if ( l > qr || r < ql ) return 0 ;
if ( ql <= l && r <= qr ) return sum [ o ];
int mid = ( l + r ) >> 1 ;
return query2 ( lc , l , mid , ql , qr ) + query2 ( rc , mid + 1 , r , ql , qr );
}
void update ( int o , int l , int r , int x , int t ) { // 更新
if ( l == r ) {
maxx [ o ] = sum [ o ] = t ;
return ;
}
int mid = ( l + r ) >> 1 ;
if ( x <= mid )
update ( lc , l , mid , x , t ); // 左右分别更新
else
update ( rc , mid + 1 , r , x , t );
sum [ o ] = sum [ lc ] + sum [ rc ];
maxx [ o ] = std :: max ( maxx [ lc ], maxx [ rc ]);
}
} st ;
void dfs1 ( int o ) {
son [ o ] = -1 ;
siz [ o ] = 1 ;
for ( int j = h [ o ]; j ; j = nxt [ j ])
if ( ! dep [ p [ j ]]) {
dep [ p [ j ]] = dep [ o ] + 1 ;
fa [ p [ j ]] = o ;
dfs1 ( p [ j ]);
siz [ o ] += siz [ p [ j ]];
if ( son [ o ] == -1 || siz [ p [ j ]] > siz [ son [ o ]]) son [ o ] = p [ j ];
}
}
void dfs2 ( int o , int t ) {
top [ o ] = t ;
cnt ++ ;
dfn [ o ] = cnt ;
rnk [ cnt ] = o ;
if ( son [ o ] == -1 ) return ;
dfs2 ( son [ o ], t );
for ( int j = h [ o ]; j ; j = nxt [ j ])
if ( p [ j ] != son [ o ] && p [ j ] != fa [ o ]) dfs2 ( p [ j ], p [ j ]);
}
int querymax ( int x , int y ) { // 查询,看main函数理解一下
int ret = - inf , fx = top [ x ], fy = top [ y ];
while ( fx != fy ) {
if ( dep [ fx ] >= dep [ fy ])
ret = std :: max ( ret , st . query1 ( 1 , 1 , n , dfn [ fx ], dfn [ x ])), x = fa [ fx ];
else
ret = std :: max ( ret , st . query1 ( 1 , 1 , n , dfn [ fy ], dfn [ y ])), y = fa [ fy ];
fx = top [ x ];
fy = top [ y ];
}
if ( dfn [ x ] < dfn [ y ])
ret = std :: max ( ret , st . query1 ( 1 , 1 , n , dfn [ x ], dfn [ y ]));
else
ret = std :: max ( ret , st . query1 ( 1 , 1 , n , dfn [ y ], dfn [ x ]));
return ret ;
}
int querysum ( int x , int y ) {
int ret = 0 , fx = top [ x ], fy = top [ y ];
while ( fx != fy ) {
if ( dep [ fx ] >= dep [ fy ])
ret += st . query2 ( 1 , 1 , n , dfn [ fx ], dfn [ x ]), x = fa [ fx ];
else
ret += st . query2 ( 1 , 1 , n , dfn [ fy ], dfn [ y ]), y = fa [ fy ];
fx = top [ x ];
fy = top [ y ];
}
if ( dfn [ x ] < dfn [ y ])
ret += st . query2 ( 1 , 1 , n , dfn [ x ], dfn [ y ]);
else
ret += st . query2 ( 1 , 1 , n , dfn [ y ], dfn [ x ]);
return ret ;
}
using std :: cin ;
using std :: cout ;
int main () {
cin . tie ( nullptr ) -> sync_with_stdio ( false );
cin >> n ;
for ( int i = 1 ; i < n ; i ++ ) cin >> a >> b , add_edge ( a , b ), add_edge ( b , a );
for ( int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) cin >> w [ i ];
dep [ 1 ] = 1 ;
dfs1 ( 1 );
dfs2 ( 1 , 1 );
st . build ( 1 , 1 , n );
cin >> q ;
while ( q -- ) {
cin >> op >> u >> v ;
if ( ! strcmp ( op , "CHANGE" )) st . update ( 1 , 1 , n , dfn [ u ], v );
if ( ! strcmp ( op , "QMAX" )) cout << querymax ( u , v ) << '\n' ;
if ( ! strcmp ( op , "QSUM" )) cout << querysum ( u , v ) << '\n' ;
}
return 0 ;
}
这是一道交互题,也是树剖的非传统应用。
题目大意 有一棵以 为根的二叉树,你可以询问任意两点之间的距离,求出每个点的父亲。
节点数不超过 ,你最多可以进行 次询问。
解法 首先可以通过 次询问确定每个节点的深度。
然后考虑按深度从小到大确定每个节点的父亲,这样的话确定一个节点的父亲时其所有祖先一定都是已知的。
确定一个节点的父亲之前,先对树已知的部分进行重链剖分。
假设我们需要在子树 中找节点 所在的位置,我们可以询问 与 所在重链的尾端的距离,就可以进一步确定 的位置,具体见图:
其中红色虚线是一条重链, 是询问的结果即 , 的深度为 。
这样的话,如果 只有一个儿子, 的父亲就是 ,否则可以递归地在 的子树中找 的父亲。
时间复杂度 ,询问复杂度 。
具体地,设 为最坏情况下在一棵大小为 的树中找到一个新节点的位置所需的询问次数,可以得到:
,事实上这个上界是可以通过构造数据达到的,然而只要进行一些随机扰动(如对深度进行排序时使用不稳定的排序算法),询问次数很难超过 次。
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82 #include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std ;
constexpr int N = 3010 ;
int n , fa [ N ], ch [ N ][ 2 ], dep [ N ], siz [ N ], son [ N ], bot [ N ], id [ N ];
int query ( int u , int v ) {
printf ( "? %d %d \n " , u , v );
fflush ( stdout );
int d ;
scanf ( "%d" , & d );
return d ;
}
void setFather ( int u , int v ) {
fa [ v ] = u ;
if ( ch [ u ][ 0 ])
ch [ u ][ 1 ] = v ;
else
ch [ u ][ 0 ] = v ;
}
void dfs ( int u ) {
if ( ch [ u ][ 0 ]) dfs ( ch [ u ][ 0 ]);
if ( ch [ u ][ 1 ]) dfs ( ch [ u ][ 1 ]);
siz [ u ] = siz [ ch [ u ][ 0 ]] + siz [ ch [ u ][ 1 ]] + 1 ;
if ( ch [ u ][ 1 ])
son [ u ] = int ( siz [ ch [ u ][ 0 ]] < siz [ ch [ u ][ 1 ]]);
else
son [ u ] = 0 ;
if ( ch [ u ][ son [ u ]])
bot [ u ] = bot [ ch [ u ][ son [ u ]]];
else
bot [ u ] = u ;
}
void solve ( int u , int k ) {
if ( ! ch [ u ][ 0 ]) {
setFather ( u , k );
return ;
}
int d = query ( k , bot [ u ]);
int v = bot [ u ];
while ( dep [ v ] > ( dep [ k ] + dep [ bot [ u ]] - d ) / 2 ) v = fa [ v ];
int w = ch [ v ][ son [ v ] ^ 1 ];
if ( w )
solve ( w , k );
else
setFather ( v , k );
}
int main () {
int i ;
scanf ( "%d" , & n );
for ( i = 2 ; i <= n ; ++ i ) {
id [ i ] = i ;
dep [ i ] = query ( 1 , i );
}
sort ( id + 2 , id + n + 1 , []( int x , int y ) { return dep [ x ] < dep [ y ]; });
for ( i = 2 ; i <= n ; ++ i ) {
dfs ( 1 );
solve ( 1 , id [ i ]);
}
printf ( "!" );
for ( i = 2 ; i <= n ; ++ i ) printf ( " %d" , fa [ i ]);
printf ( " \n " );
fflush ( stdout );
return 0 ;
}
长链剖分 长链剖分本质上就是另外一种链剖分方式。
定义 重子节点 表示其子节点中子树深度最大的子结点。如果有多个子树最大的子结点,取其一。如果没有子节点,就无重子节点。
定义 轻子节点 表示剩余的子结点。
从这个结点到重子节点的边为 重边 。
到其他轻子节点的边为 轻边 。
若干条首尾衔接的重边构成 重链 。
把落单的结点也当作重链,那么整棵树就被剖分成若干条重链。
如图(这种剖分方式既可以看成重链剖分也可以看成长链剖分):
长链剖分实现方式和重链剖分类似,这里就不再展开。
常见应用 首先,我们发现长链剖分从一个节点到根的路径的轻边切换条数是 级别的。
如何构造数据将轻重边切换次数卡满 我们可以构造这么一颗二叉树 T:
假设构造的二叉树参数为 。
若 , 则在左儿子构造一颗参数为 的二叉树,在右儿子构造一个长度为 的链。
若 , 则我们可以直接构造一个单独叶节点,并且结束调用。
这样子构造一定可以将单独叶节点到根的路径全部为轻边且需要 级别的节点数。
取 即可。
长链剖分优化 DP 一般情况下可以使用长链剖分来优化的 DP 会有一维状态为深度维。
我们可以考虑使用长链剖分优化树上 DP。
具体的,我们每个节点的状态直接继承其重儿子的节点状态,同时将轻儿子的 DP 状态暴力合并。
CF 1009F 我们设 表示在子树 i 内,和 i 距离为 j 的点数。
直接暴力转移时间复杂度为
我们考虑每次转移我们直接继承重儿子的 DP 数组和答案,并且考虑在此基础上进行更新。
首先我们需要将重儿子的 DP 数组前面插入一个元素 1, 这代表着当前节点。
然后我们将所有轻儿子的 DP 数组暴力和当前节点的 DP 数组合并。
注意到因为轻儿子的 DP 数组长度为轻儿子所在重链长度,而所有重链长度和为 。
也就是说,我们直接暴力合并轻儿子的总时间复杂度为 。
注意,一般情况下 DP 数组的内存分配为一条重链整体分配内存,链上不同的节点有不同的首位置指针。
DP 数组的长度我们可以根据子树最深节点算出。
例题参考代码:
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71 #include <algorithm>
#include <iostream>
using namespace std ;
constexpr int N = 1000005 ;
struct edge {
int to , next ;
} e [ N * 2 ];
int head [ N ], tot , n ;
int d [ N ], fa [ N ], mx [ N ];
int * f [ N ], g [ N ], mxp [ N ];
int dfn [ N ];
void add ( int x , int y ) {
e [ ++ tot ] = edge { y , head [ x ]};
head [ x ] = tot ;
}
void dfs1 ( int x ) { // 第一次插入一个1
d [ x ] = 1 ;
for ( int i = head [ x ]; i ; i = e [ i ]. next )
if ( e [ i ]. to != fa [ x ]) {
fa [ e [ i ]. to ] = x ;
dfs1 ( e [ i ]. to );
d [ x ] = max ( d [ x ], d [ e [ i ]. to ] + 1 );
if ( d [ e [ i ]. to ] > d [ mx [ x ]]) mx [ x ] = e [ i ]. to ;
}
}
void dfs2 ( int x ) { // 第二次合并
dfn [ x ] = ++* dfn ;
f [ x ] = g + dfn [ x ];
if ( mx [ x ]) dfs2 ( mx [ x ]);
for ( int i = head [ x ]; i ; i = e [ i ]. next )
if ( e [ i ]. to != fa [ x ] && e [ i ]. to != mx [ x ]) dfs2 ( e [ i ]. to );
}
void getans ( int x ) { // 暴力合并算答案
if ( mx [ x ]) {
getans ( mx [ x ]);
mxp [ x ] = mxp [ mx [ x ]] + 1 ;
}
f [ x ][ 0 ] = 1 ;
if ( f [ x ][ mxp [ x ]] <= 1 ) mxp [ x ] = 0 ;
for ( int i = head [ x ]; i ; i = e [ i ]. next )
if ( e [ i ]. to != fa [ x ] && e [ i ]. to != mx [ x ]) {
getans ( e [ i ]. to );
int len = d [ e [ i ]. to ];
for ( int j = 0 ; j <= len - 1 ; j ++ ) {
f [ x ][ j + 1 ] += f [ e [ i ]. to ][ j ];
if ( f [ x ][ j + 1 ] > f [ x ][ mxp [ x ]]) mxp [ x ] = j + 1 ;
if ( f [ x ][ j + 1 ] == f [ x ][ mxp [ x ]] && j + 1 < mxp [ x ]) mxp [ x ] = j + 1 ;
}
}
}
int main () {
cin . tie ( nullptr ) -> sync_with_stdio ( false );
cin >> n ;
for ( int i = 1 ; i < n ; i ++ ) {
int x , y ;
cin >> x >> y ;
add ( x , y );
add ( y , x );
}
dfs1 ( 1 );
dfs2 ( 1 );
getans ( 1 );
for ( int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) cout << mxp [ i ] << '\n' ;
}
当然长链剖分优化 DP 技巧非常多,包括但是不仅限于打标记等等。这里不再展开。
参考 租酥雨的博客 。
长链剖分求 k 级祖先 即询问一个点向父亲跳 次跳到的节点。
首先我们假设我们已经预处理了每一个节点的 级祖先。
现在我们假设我们找到了询问节点的 级祖先满足 。
我们考虑求出其所在重链的节点并且按照深度列入表格。假设重链长度为 。
同时我们在预处理的时候找到每条重链的根节点的 到 级祖先,同样放入表格。
根据长链剖分的性质, , 也就是说,我们可以 在这条重链的表格上求出的这个节点的 级祖先。
预处理需要倍增出 次级祖先,同时需要预处理每条重链对应的表格。
预处理复杂度 , 询问复杂度 。
练习 「洛谷 P3379」【模板】最近公共祖先(LCA) (树剖求 LCA 无需数据结构,可以用作练习)
「JLOI2014」松鼠的新家 (当然也可以用树上差分)
「HAOI2015」树上操作
「洛谷 P3384」【模板】重链剖分/树链剖分
「NOI2015」软件包管理器
「SDOI2011」染色
「SDOI2014」旅行
「POI2014」Hotel 加强版 (长链剖分优化 DP)
攻略 (长链剖分优化贪心)
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