树链剖分题
这里主要运用重链剖分
（才不是因为长链剖分没咋用过 awa
一种快速在线维护树上信息的数据结构，将树分解为链。
大致时间复杂度都为 \(O(nlog^2n)\)，但是一般卡不到。（以下默认会树剖）
例题
I P7735 [NOI2021] 轻重边
极好的题，我们可以把边上的操作变为点上的，我们定义 \(c[i]\) 为节点 \(i\) 的颜色。
- 当一条边 \((i,j)\) 两端点 \(c[i] = c[j]\) 则这条边为重边。
- 否则为轻边。
这样每次第 \(1\) 类操作都直接把 \(a - b\) 经过的点变为同一个颜色，即可满足性质。
查询时只需判断相邻两个点颜色是否相等即可，初始都不同。
点击查看代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
//树链剖分
const int N = 1e5+10,M = 2e5+10;
int T,n,m;
struct made{
int ver,nx;
}e[M<<1];
int hd[N],tot,cnt;
int size[N],son[N],dep[N],fa[N];
int dfn[N],rnk[N],top[N];
struct Tree{
int l,r,ls,rs,sum,la;
#define l(x) t[x].l
#define r(x) t[x].r
#define ls(x) t[x].ls
#define rs(x) t[x].rs
#define sum(x) t[x].sum
#define la(x) t[x].la
}t[N<<4];
Tree operator + (Tree x,Tree y){
Tree s;
s.l = x.l,s.r = y.r;
s.ls = x.ls,s.rs = y.rs;
s.sum = x.sum + y.sum;
s.la = 0;//必须初始化，未初始化调了30min T_T qwq
if(x.rs == y.ls)s.sum++;
return s;
}
void update(int x,int z){
la(x) = ls(x) = rs(x) = z;
sum(x) = r(x) - l(x);
}
void pushdown(int x){
if(!la(x))return;
update(x<<1,la(x));
update(x<<1|1,la(x));
la(x) = 0;
}
void build(int x,int l,int r){
l(x) = l,r(x) = r,la(x) = 0,sum(x) = 0;
if(l == r){
ls(x) = rs(x) = l;
return;
}
int mid = l + r >> 1;
build(x<<1,l,mid);
build(x<<1|1,mid+1,r);
t[x] = t[x<<1] + t[x<<1|1];
}
void modify(int x,int l,int r,int z){
if(l <= l(x) && r(x) <= r){
update(x,z);
return;
}
pushdown(x);
int mid = l(x) + r(x) >> 1;
if(l <= mid)modify(x<<1,l,r,z);
if(r > mid)modify(x<<1|1,l,r,z);
t[x] = t[x<<1] + t[x<<1|1];
}
Tree ask(int x,int l,int r){
if(l <= l(x) && r(x) <= r)return t[x];
pushdown(x);
int mid = l(x) + r(x) >> 1;
if(r <= mid)return ask(x<<1,l,r);
else if(l > mid)return ask(x<<1|1,l,r);
else return ask(x<<1,l,r) + ask(x<<1|1,l,r);
}
//--------------------------
void add(int x,int y){
tot++;
e[tot].nx = hd[x],e[tot].ver = y,hd[x] = tot;
}
void dfs1(int x){
size[x] = 1;
for(int i = hd[x];i;i = e[i].nx){
int y = e[i].ver;
if(dep[y])continue;
dep[y] = dep[x] + 1;
fa[y] = x;
dfs1(y);
size[x] += size[y];
if(!son[x] || size[y] > size[son[x]])son[x] = y;
}
}
void dfs2(int x,int t){
dfn[x] = ++cnt,top[x] = t;
rnk[cnt] = x;
if(!son[x])return;
dfs2(son[x],t);
for(int i = hd[x];i;i = e[i].nx){
int y = e[i].ver;
if(y != fa[x] && y != son[x])dfs2(y,y);
}
}
void calmodify(int x,int y,int z){
while(top[x] != top[y]){
if(dep[top[x]] < dep[top[y]])swap(x,y);
modify(1,dfn[top[x]],dfn[x],z);
x = fa[top[x]];
}
if(dep[x] > dep[y])swap(x,y);
modify(1,dfn[x],dfn[y],z);
}
int calask(int x,int y){
Tree L,R;
L.ls = L.rs = L.sum = L.l = L.r = 0;R = L;
while(top[x] != top[y]){
if(dep[top[x]] < dep[top[y]])swap(x,y),swap(L,R);
L = ask(1,dfn[top[x]],dfn[x]) + L;
x = fa[top[x]];
}
if(dep[x] > dep[y])swap(x,y),swap(L,R);
R = ask(1,dfn[x],dfn[y]) + R;
swap(L.ls,L.rs);
return (L + R).sum;
}
void work(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i = 1;i < n;i++){
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
add(x,y),add(y,x);
}
dep[1] = 1;
dfs1(1),dfs2(1,1);
build(1,1,n);
for(int i = 1;i <= m;i++){
int op,x,y;
scanf("%d%d%d",&op,&x,&y);
switch(op){
case 1:calmodify(x,y,++cnt);break;//赋为一个不同的颜色
case 2:printf("%d\n",calask(x,y));break;
}
}
return;
}
void first(){
tot = cnt = 0;
memset(hd,0,sizeof(hd));
memset(size,0,sizeof(size));
memset(e,0,sizeof(e));
memset(son,0,sizeof(son));
memset(t,0,sizeof(t));
memset(dep,0,sizeof(dep));
}
int main(){
scanf("%d",&T);
while(T--){
first();
work();
}
return 0;
}
II P3401 洛谷树
写了，但懒得写题解，等补: (
III P4211 [LNOI2014] LCA
一些询问，求 \(\sum_{i=l}^r dep[LCA(i,z)]\)。
我们可以发现，求 \(LCA\) 的深度等价于求 \(x,y\) 深度中的公共部分，这样我们可以将每一个 \(i \in [l,r]\) 都使 \(i\) 到根路径上的值加 \(1\)，这样每一个询问我们只需要查询 \(z\) 到根的路径权值之和即可，这样树剖是好处理的。
直接维护会爆，我们考虑离线询问，将每一个询问都分成 \([1,l-1]\) 与 \([1,r]\) 的两个区间，将这样拆分后的询问依次处理，差分即可得到答案。
代码是好写的，注意取模，我没注意WA了一次。
