【笔记】树上问题
来自\(\texttt{SharpnessV}\)的省选复习计划中的树上问题。
树上问题是\(\rm OI\)中必考的难点。
判断带点权有根二叉树是否同构。
因为有根且是二叉树，这极大简化了判断同构的过程。
我们定义函数 bool check(int x,int y) 判断以 \(x/y\) 为根的子树是否同构。
显然两颗树同构，他们的子树也要同构，我们递归下去即可，这样我们就得到了 \(\rm O(N^2)\) 的算法。
只有在两颗子树大小相同的时候才可能同构，子树大小不相同直接剪枝即可。每个点被check时子树大小必定翻倍，所以时间复杂度是 \(\rm O(N\log N)\)。
支持加边和查询联通块直径。
根据直径的最长性质，我们加边的时候一定是将两棵子树的直径中点连起来。
所以我们并查集维护直径长度即可。
求树的直径上的\(\le s\)的一段的偏心距的最小值。
我们可以将直径上的点删除，得到一个森林，然后对每棵计算最大深度。
那么一段的最大偏心距一定是这一段到直径两段的距离，和所有森林的深度的最大值。
有人可能会问森林中有的子树没有接在这一段上啊，但是根据树的直径的性质，这些子树的最大深度一定不大于这一段到直径两段的距离。因为如果大于，则树的直径可以更长。
树的直径的求法有两种。
第一种是两遍\(\rm DFS\)，第一遍任取一个点找出距离最远的点\(A\)，第二遍找出距离\(A\)最远的点\(B\)，\(A-B\)就是直径。不难用反正法证明不存在更长的路径。
第二种方式是任取一个节点为根，然后计算每个节点向下的最大深度，然后枚举\(\rm LCA\)合并答案。
两种方法各有优劣，第一种不能处理负边权，第二种不能求出具体路径。
\(\rm k=1\)时，不难发现直接求出树的直径即可。
\(\rm k=2\)时，可以看出是两个 \(k=1\) 的叠加。
如果构成一个环，那么除了新加的边，其他的边都要走一遍。
那么两个环的重叠部分需要走两遍。所以在求出树的直径后，将直径上的边权改为\(-1\)，再求一次直径就是第二次需要优化的路径。
思维题。
肉眼可见祖先节点编号小于子孙节点。
首先每天新增的节点数构成斐波那契数列，我们可以求出 \(a\) 是哪一天加入的。
而每一天新增节点编号是连续的一段，新增节点的父节点编号也是连续的一段，所以新增节点与父节点的编号差就是斐波那契数列的项。
求三个点在树上的重心。
显然重心在任意两点的路径上。
我们先求出\(x-y\)的路径，再求出\(z\)到路径上的最小值。根据\(\rm LCA\)的高低讨论一下即可。
定义状态\(f[i]\)表示\(1-i\)路径构成的串，以\(i\)结尾的合法括号串个数
显然当\(i\)为'('时\(f[i]=0\)
当\(i\)为')'并且没有相应的左括号与其匹配时，\(f[i]=0\)
设与')'匹配的左括号在节点\(j\)，有\(f[i]=1+f[fa[j]]\)
我们只需要开一个全局栈对括号进行匹配
对于每个\(si\)，\(Ans_{si}=\sum_{j\text{在1-i路径上}} f[j]\)
对此我们只需要记录一个前缀和即可
时间&空间复杂度\(\rm O(N)\)
本题做法较多，有\(\rm DP\)，贪心等，时间复杂度从$\rm O(N^2) \(到\)\rm O(N) $都有。
这里介绍最优的贪心算法。
一个不难想到的贪心就是每次覆盖最深的节点。因为最深的节点必须覆盖，而不同的最深的节点覆盖的先后顺序没有影响。
所以我们需要支持标记一个点，并支持查询一个点距离\(2\)的范围内是否有点被标记。
我们只用记录每个节点是标记，子节点是否标记，孙子节点是否标记即可。
桶排可以做到线性时间复杂度。
\(\rm CSP/NOIP\)最难的题。
这道题有两种不同的思维路线，得到两种不同的方法。
第一种：菊花图。
观察一下，发现删完后所有数字构成一个单环\(a_1\to a_2\to \cdots\to a_n\to a_1\)，每个箭头表示数字的最终移动方向。
所以我们贪心移动，避免提前成环即可，用并查集维护。
同理对于任意树，把每个节点拆出来，与它相邻的所有数组最终也一定构成一个单环，对每个节点维护一个并查集即可。
时间复杂度\(\rm O(N^2\log N)\)
第二种：链
观察一下，发现如果链上一点移动到另一点，则路径上所有边的先后顺序是固定的。
同理对于任意树，把每次移动路径拿出来，则路径上的边的现后顺序也是固定的，我们可以用链表维护这些边的先后顺序。
时间复杂度\(\rm O(N^2)\)。
首先一颗树的重心最多只有两个。
每个点向重心移动方向是固定的，所以我们可以倍增优化。
考虑断开链的影响，需要二次扫描换根。
给定\(M\)个路径，求相交恰好为一个点的路径对数。
结论，两个路径如果相交则交一定过一个路径的\(\rm LCA\)，且是较深的\(\rm LCA\)。
考虑分开算贡献，分为\(\rm LCA\)相同时的贡献，和\(\rm LCA\)不同时的贡献。
我们对每条路径按\(\rm LCA\)深度排序，对于第一种开桶计算贡献，后者我们用树状数组维护单点加子树和即可。
四种不同形态的子树可以合成一个\(\rm End\)节点，所以我们分层递归下去分别判断四种情况即可。
