长链剖分优化dp三例题
首先，重链剖分我们有所认识，在dsu on tree和数据结构维护链时我们都用过他的性质。
在这里，我们要介绍一种新的剖分方式，我们求出这个点到子树中的最长链长，这个链长最终从哪个儿子更新而来，那个儿子就是所谓的“重儿子”，也可以叫长儿子。
我们的做法就是，在统计一个点的信息时，对于重儿子，我们直O(1)接继承它的答案（这里有指针技巧，只能看代码，不可言传），对于轻儿子我们暴力统计。
复杂度分析：一个点被计算，最多只会在作为重链上的点时被继承一次，在重链顶端时被暴力统计一次。所以最终复杂度是O(N)的。
因为我们这里要谈的是dp优化，所以我们还没有必要研究这个结构的性质。
它有两个应用，首先就是优化以链长度为下标的树形dp，也就是今天我们要谈的玩法，还有一个是快速求一个点的k级祖先，这个我们先不研究。
只凭语言大家很难体会到这个算法的难度，下面我们看一些题目。
首先是CF1009：
这道题完全可以用dsu on tree的科技过去，但是为了能入手一道简单的长剖题目，我们还是思考一下。
如果设计一个dp：dp[i][j]表示以i为根的子树内离i距离为j的节点个数。转移方程也就很好写了：dp[x][j]+=dp[y][j-1]。(y是x的儿子)，我们观察，在继承一个儿子的答案时，儿子的数组整体左移一个元素的位置可以直接贡献给父亲，于是我们就做到了O(1)继承。
于是暴力统计其他儿子的时候我们直接按方程转移即可。
代码：
1 //倔强芬芳了惘然 2 #pragma GCC optimize(3) 3 #include<bits/stdc++.h> 4 using namespace std; 5 const int N=1000005; 6 struct node{int y,nxt;}e[N*2]; 7 int n,m,a[N],d[N],fa[N],son[N],h[N]; 8 int ans[N],cnt[N],c,st[N],tt; 9 void add(int x,int y){ 10 e[++c]=(node){y,h[x]};h[x]=c; 11 e[++c]=(node){x,h[y]};h[y]=c; 12 } void dfs(int x){ d[x]=1; 13 for(int i=h[x],y;i;i=e[i].nxt) 14 if((y=e[i].y)!=fa[x]){ 15 fa[y]=x;dfs(y);d[x]=max(d[x],d[y]+1); 16 if(d[y]>d[son[x]]) son[x]=y; 17 } return ; 18 } void solve(int x){ 19 int *f=&cnt[st[x]=++tt],*g; 20 f[ans[x]=0]=1; 21 if(son[x]) solve(son[x]), 22 ans[x]=ans[son[x]]+1;else return ; 23 if(ans[x]==1) ans[x]=0; 24 for(int i=h[x],y;i;i=e[i].nxt) 25 if((y=e[i].y)!=fa[x]&&y!=son[x]){ 26 solve(y);g=&cnt[st[y]]; 27 for(int j=0;j<=d[y]-1;j++) 28 if((f[j+1]+=g[j])>=f[ans[x]]&&j+1<ans[x]|| 29 f[j+1]>f[ans[x]]) ans[x]=j+1; 30 } return ; 31 } void solve(){ 32 dfs(1);solve(1); 33 for(int i=1;i<=n;i++) 34 printf("%d\n",ans[i]); 35 } int main(){ 36 scanf("%d",&n); 37 for(int i=1,x,y;i<n;i++) 38 scanf("%d%d",&x,&y),add(x,y); 39 solve();return 0; 40 }
现在是POI2014Hotels
其实大部分人对计数题还是有一定抵触的，因为一些做法的正确性很难把握。dp是很常用的计数手段，但是这个题的dp方程很有意思。向各位推荐一篇题解→luogu题解1
我们只借用它的方程考虑这个能不能直接O(1)继承重儿子的答案？（当然可以啦）
但是我们注意，f数组和g数组在继承的时候方向是不一样的，因为这一点，我们最好在递归之前就为下面的计算分配好指针，来保证顺利继承，另外，在空间分配上，这个题也很巧妙。因为我们在长链上，f数组不断向后偏移，g数组不断向前偏移，所以我们要为每段数组预留出两个链长的空间，很难描述，还是要去研究代码来理解这种分配规则。可以说这是一道不看题解不好做的题目。
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define ll long long 3 using namespace std; 4 const int N=500005; 5 struct node{int y,nxt;}e[N*2]; 6 int h[N],d[N],son[N],c,n,m,k,p; 7 ll tmp[N*4],*id=tmp,*f[N],*g[N],ans=0; 8 void add(int x,int y){ 9 e[++c]=(node){y,h[x]};h[x]=c; 10 e[++c]=(node){x,h[y]};h[y]=c; 11 } void dfs(int x,int fa){ 12 d[x]=1;for(int i=h[x],y;i;i=e[i].nxt) 13 if((y=e[i].y)!=fa){ 14 dfs(y,x);d[x]=max(d[x],d[y]+1); 15 if(d[y]>d[son[x]]) son[x]=y; 16 } return ; 17 } void solve(int x,int fa){ 18 if(son[x]) f[son[x]]=f[x]+1, 19 g[son[x]]=g[x]-1,solve(son[x],x); 20 f[x][0]=1; 21 for(int i=h[x],y;i;i=e[i].nxt) 22 if((y=e[i].y)!=fa&&y!=son[x]){ 23 f[y]=id;id+=d[y]*2;g[y]=id; 24 id+=d[y]*2;solve(y,x); 25 for(int j=0;j<d[y];j++){ 26 if(j) ans+=(f[x][j-1]*g[y][j]); 27 ans+=(f[y][j]*g[x][j+1]); 28 } for(int j=0;j<d[y];j++){ 29 if(j) g[x][j-1]+=g[y][j]; 30 g[x][j+1]+=f[x][j+1]*f[y][j]; 31 f[x][j+1]+=f[y][j]; 32 } 33 } ans+=g[x][0];return ; 34 } int main(){ 35 scanf("%d",&n); 36 for(int i=1,x,y;i<n;i++) 37 scanf("%d%d",&x,&y),add(x,y); 38 dfs(1,0);f[1]=id;id+=d[1]*2;g[1]=id;id+=d[1]*2; 39 solve(1,0);printf("%lld\n",ans);return 0; 40 }
接下来是WC2010重建计划
其实这道题可以说是点分治界的一道神题，可是用长剖也可以做，但是并不是特别主流的做法。这个如果我们dp出局部的答案，还是需要对一个区间的状态取最优的，所以我们想到了用线段树来记状态，区间取max直接维护就好，然后需要继承一些东西的时候，我们不能用指针轻易的完成这个操作了，所以我们只好借助dfs序搞出偏移量即可。
为什么把这道题放在这个位置，首先因为它综合了其他算法，此外还是因为他的细节很多，容易手残写错，可以献给大家练习代码能力。（我的代码不知道出了什么鬼，就是不能开O2，一开O2就全T要么就全RE，不过比点分治短就是了）
代码：
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define db double 3 using namespace std; 4 const int N=2000005; 5 struct node{int y,z,nxt;}e[N]; 6 int L,U,n,son[N];double p,f[N],g[N],ans; 7 int h[N],ww[N],d[N],pos[N],tot,c,rt,cnt,lm; 8 struct segt{int l,r,ls,rs;db s;}t[N*4]; 9 void add(int x,int y,int z){ 10 e[++c]=(node){y,z,h[x]};h[x]=c; 11 e[++c]=(node){x,z,h[y]};h[y]=c; 12 } void pushup(int x){ 13 int ls=t[x].ls,rs=t[x].rs; 14 t[x].s=max(t[ls].s,t[rs].s); 15 } void build(int x,int l,int r){ 16 if(l==r){t[x]=(segt){l,r,-1,-1,-1e10};return ;} 17 int mid=l+r>>1;t[x].l=l;t[x].r=r; 18 t[x].ls=++cnt;t[x].rs=++cnt; 19 build(t[x].ls,l,mid);build(t[x].rs,mid+1,r); 20 } void clear(int x){ 21 t[x].s=1e-10; 22 if(~t[x].ls) clear(t[x].ls); 23 if(~t[x].rs) clear(t[x].rs); 24 } db update(int x,int k,db c){ 25 if(t[x].r==t[x].l) return t[x].s=max(t[x].s,c); 26 int mid=t[x].l+t[x].r>>1; 27 if(k<=mid) update(t[x].ls,k,c); 28 else update(t[x].rs,k,c);pushup(x); 29 } db query(int x,int l,int r){ 30 if(l<=t[x].l&&t[x].r<=r) 31 return t[x].s;db re=-1e18; 32 int mid=t[x].l+t[x].r>>1; 33 if(l<=mid) re=max(re,query(t[x].ls,l,r)); 34 if(mid<r) re=max(re,query(t[x].rs,l,r)); 35 return re; 36 } void dfs(int x,int fa,int v){ 37 d[x]=1;for(int i=h[x],y;i;i=e[i].nxt) 38 if((y=e[i].y)!=fa){ 39 dfs(y,x,e[i].z); 40 d[x]=max(d[x],d[y]+1); 41 if(d[y]>d[son[x]]) 42 son[x]=y,ww[x]=e[i].z; 43 } return ; 44 } void solve(int x,int fa){ 45 if(!pos[x]) pos[x]=++tot; 46 int u=pos[x];g[u]=f[u]=0;//u是x在dfs序中的位置 47 if(son[x]) solve(son[x],x),//v是y在dfs序中的位置 48 g[u]+=g[u+1]+ww[x]-p,f[u]=-g[u]; 49 update(rt,u,f[u]); 50 for(int i=h[x],y;i;i=e[i].nxt) 51 if((y=e[i].y)!=fa&&y!=son[x]){ 52 solve(y,x);int v=pos[y],z=e[i].z; 53 for(int j=1;j<=d[y];j++) 54 if(L-j<d[x]){ 55 db q=query(rt,u+max(1,L-j), 56 u+min(U-j,d[x]-1)); 57 ans=max(ans,z-p+f[v+j-1]+g[v]+g[u]+q); 58 } for(int j=1;j<=d[y];j++) 59 if(z-p+f[v+j-1]+g[v]>g[u]+f[u+j]) 60 f[u+j]=z-p+f[v+j-1]+g[v]-g[u], 61 update(rt,u+j,f[u+j]); 62 } if(d[x]-1>=L) ans=max(ans,g[u]+ 63 query(rt,u+L,u+min(U,d[x]-1))); 64 } bool pd(db x){ 65 clear(rt);p=x; 66 ans=-1e18;solve(1,0); 67 return ans>=0; 68 } int main(){ rt=++cnt; 69 scanf("%d%d%d",&n,&L,&U);build(rt,1,n); 70 for(int i=1,x,y,z;i<n;i++) 71 scanf("%d%d%d",&x,&y,&z), 72 add(x,y,z),lm=max(lm,z); 73 dfs(1,0,0);db l=0,r=lm; 74 while(r-l>1e-4){ 75 db mid=(l+r)/2.0; 76 if(pd(mid)) l=mid; 77 else r=mid; 78 } printf("%.3lf\n",l);return 0; 79 }
