LA 问题的若干种解法

看了眼 P5903 的题解区，方法还是挺多的，那我就浅浅的总结一下。

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Algorithm 1

最简单的，直接往他的父亲节点跳，单次询问复杂度 $\mathrm{O}(n)$，总复杂度为 $\mathrm{O}(qn)$。这是最基础的写法。

Algorithm 2

我们用倍增的思想来做，这个也很简单不多讲，单次的复杂度为 $\mathrm{O}(\log n)$，总复杂度为 $\mathrm{O}(q\log n)$。

Algorithm 3

我们可以考虑使用重链剖分。如果这个链的顶端没有跳过的话，就直接跳到链顶的父亲，否则直接推就可以了，因为 $dfs$ 序是连续的。单次复杂度也是 $\mathrm{O}(\log n)$，总复杂度为 $\mathrm{O}(q\log n)$。

看似复杂度是一样的，但是速度比 Algorithm 2 要快许多，此时已经可以通过了。

Algorithm 4

我们考虑如何优化 Algorithm 3。

我们发现我们需要跳到 $k$ 级祖先的重链，然后我们就可以 $\mathrm{O}(1)$ 知道祖先的位置了。然而跳链过程是 $\mathrm{O}(\log n)$，瓶颈就这这里。我们考虑如何更快地找到这条链。

我们发现一个点上面至多有 $\log n$ 条链，那么我们直接二分这个点锁在的重链的位置即可。单次的复杂度为 $\mathrm{O}(\log \log n)$。由于瓶颈在前面了，所以总复杂度不变。

Algorithm 5

我们依然考虑如何优化 Algorithm 3。

我们可以一次跳 $\sqrt{\log }n$ 个祖先，这样子我们就可以一次多跳几个祖先了。

单次复杂度为 $\mathrm{O}(\sqrt{\log }n)$，总复杂度为 $\mathrm{O}(q\sqrt{\log }n)$。

Algorithm 6

这题的正解：长链剖分。

比较麻烦。先按照节点深度树剖。然后利用倍增数组跳到 $2^x$，剩余的距离差为 $k_1$，这里 $2^x>k_1$。然后由于长链的长度 $>k_1$，那么因此可以先将 $x$ 跳到 $x$ 所在链的顶点。

若之后剩下的级数为正，则利用向上的数组求出答案，否则利用向下的数组求出答案。单次时间复杂度 $\mathrm{O}(1)$，但是瓶颈在前面，复杂度为 $\mathrm{O}(n\log n)$。

注意：以下内容非本题正解！！

Algorithm 7

这题还有一个比较科技的做法-----用 $\pm 1\text{FS(Find Smaller)}$ 解决 $\text{LA}$ 问题。

我们发现 $x$ 的深度为 $d$ 的祖先是他后面的第一的深度 $\le d$ 的节点。那么这个问题就是一个 $\text{FS}$ 问题了。

然后欧拉序具有 $\pm 1$ 的性质。那么这个问题就变成了 $\pm 1\text{FS(Find Smaller)}$ 问题，这个问题有良好的性质。可以支持在线常数查询。

定义：$\text{ctz}(z)$ 表示 $\underset{k=0}{max}{2}^k\mid x$。

定义：$\text{lbt}(i,j)$ 表示 $i$ 和 $j$ 之间 $\text{ctz}$ 最大的数。

引理：对于任意的 $i,j$，都有 $j-i+1\le 2^{\text{lbt(i,j) + 1}}$。

假设我们现在给出的数组为 $a_{0,1,\cdots \cdots n-1}$。然后我们定义 $f(i)=3\times 2^{\text{ctz(i)}},f(0)=n$。然后我们定义 $B_{i,1,2\cdots f(i)}$，其中 $B_{i,j}=\text{Fz}(i,a_i-j)$。

然后当我们查询 $i$ 后面第一个大于 $x$ 的数的位置时，答案如下：

• 若 $a_i\le x$，答案为 $i$。

• 否则

  • 令 $d=a_i-x$，若 $d\le f(i)$，那么答案为 $B_{i,d}$。
  • 否则，我们令 $d=lbt(i-d+1,i)$，那么答案为 $B_{k,a_k-x}$。

那么问题就变成了如何在 $\mathrm{O}(n\log n)$ 预处理出 $B$ 数组。当然处理是简单的，我们只需要倒着扫一遍，然后用一个桶记录一个数最前的出现位置。然后最终的复杂度就是 $O(n\log n)$。

Algorithm 8

最高贵的线性做法！！！！！是 Algorithm 7 的进阶版本，在 Algorithm 7 当中定义的所有东西都在这里适用。

我们先定义 $\text{Fs}(i,x)$ 为 $i$ 后面第一个 $\le x$ 的数的位置。

考虑分块，我们取 $b=\lfloor \frac{\log n}{2}\rfloor$。然后我们先考虑块间的贡献。

对于每一个块，我们维护一下两个信息：

• $N_{i,1\sim 2b}$，其中 $N_{i,j}=\text{Fs}(i\times b,a_{i\times b}-j)$。

• $F_{i,1\sim f(i)}$，其中 $F_{i,j}=\lfloor \frac{\text{Fs}(ib,a_{ib}-jb)}{b}\rfloor$。

注意到如果 $F_{i,j}=k$，那么 $a_{ib}-jb\le a_{kb}<a_{ib}-(j-1)b$。这个式子可以用 $\pm 1$ 性质证明。

然后我们考虑如何查询 $\text{Fs}(ib+j,x)$。

• 若 $x\ge a_{ib+j}$ 返回 $ib+j$。
• 若 $j>0$：
  • 通过块内查询，若答案在块内，则直接返回；
  • 若答案不在块内，那么返回 $\text{Fs}((i+1)b,x)$；
• $j=0$：
  • 若 $x\ge a_{ib}-jb$，返回 $N_{i,a_{ib}-x}$；
  • 令 $d=\lfloor \frac{a_{ib}-x}{b}\rfloor$：
    • 若 $d\le f(i)$，那么返回 $\text{Fs}(F_{i,d}b,x)$；
    • 否则返回 $\text{Fs}(\text{lbt}(i-d+1,i)b,x)$。

然后我们发现因为：

$$a_{kb}<a_{ib}-(d-1)b<x+2b$$

所以所有的情况，都会变成 $j=0$ 的第一种情况。

然后我们考虑块内怎么做。

接下来是利用位掩码的方法，一般块长取 $w$。

$$m(i,j)=\{\begin{array}{l}1\\ a_j<min\{a_i,\dots ,a_{j-1}\}\\ 0\\ mathrmotherwise.\end{array}$$

那么，$m(ib+j,ib+j+1),m(ib+j,ib+j+2)\dots m(ib+j,ib+(b-1))$ 中第 $a_{ib+j}-x$ 个 $1$ 的位置就对应 $\mathrm{Fs}(ib+j,x)$，如果不存在这样的位置，则说明答案不在块内。

我们将 $m(ib+j,ib+j+1),m(ib+j,ib+j+2)\dots m(ib+j,ib+(b-1))$ 压入一个数 $m_{ib+j}$ 内，查询即为查找第 $k$ 个为 $1$ 的二进制位位置，这一操作可以进行一些预处理后 $O(1)$ 实现。

那么我们就获得了 $\mathrm{O}(n)-O(1)$ 的写法了。