20240806：点分治，虚树选做

P4178 Tree#

题意：给定一棵树，求多少无序对 $(u,v)$ 满足 $\text{dist}(u,v)\le k$。

对于树上的路径进行分类：经过根；不经过根。

第二类路径点可以通过递归子树求出。

对于经过根的路径，可以一遍 dfs 求出每个点到根的距离 $\text{dis}(u)$。

问题转化为求 $\text{dis}(u)+\text{dis}(v)\le k$ 且 $u,v$ 不在同一棵子树的点对数。

如果没有后面子树的限制，可以简单的排序 + 双指针求出，那么只要把每棵子树多算的减掉即可。

单次复杂度 $O(n\log n)$。如果直接递归，复杂度高达 $O(n^2\log n)$。

考虑 $rt$ 选取当前树的重心（最大子树最小）。

$rt$ 的每棵子树大小不大于 $n/2$，如果存在子树 $u$ 大于 $n/2$，以 $u$ 为重心不会比 $rt$ 更劣。

因此每次都选重心，树的大小至少减少一半，最多递归 $O(\log n)$ 层，每层总结点数 $O(n)$。

时间复杂度 $O(n{\log }^{2}n)$。submission

P9058 [Ynoi2004] rpmtdq#

题意：对于一棵树有 $q$ 次询问：给定 $l,r$，求 $\underset{l\le i<j\le r}{min}\text{dist}(i,j)$。

总共 $O(n^2)$ 个点对，考虑哪些一定不可能成为答案。

如果 $(x_1,y_1),(x_2,y_2)$ 满足 $x_1\le x_2<y_2\le y_1$ 且 $\text{dist}(x_2,y_2)\le \text{dist}(x_1,y_1)$。

那么对于任何询问，选 $(x_2,y_2)$ 一定不劣于选 $(x_1,y_1)$，我们称 $(x_2,y_2)$ 是有效的。

点分治处理路径问题，只统计经过 $rt$ 的有效点对 $(i,j)$（不妨钦定 $\text{dist}(i,rt)\le \text{dist}(j,rt)$）。

设当前在处理点 $u$，哪些不在同一子树中的点 $v$ 会与 $u$ 组成有效点对。

定义 $pr{e}_u$ 表示满足 $\text{dist}(v,rt)\le \text{dist}(u,rt)$ 的小于 $u$ 的最大 $v$。

现在证明为什么 $(v,u),v<pr{e}_u$ 是没用的。

对于 $v<pr{e}_u$，有

$$\text{dist}(v,pr{e}_u)\le \text{dist}(v,rt)+\text{dist}(pr{e}_u,rt)\le \text{dist}(v,rt)+\text{dist}(u,rt)=\text{dist}(v,u)$$

显然 $(v,u)$ 对于 $(v,pr{e}_u)$ 而言是无效的，与假设矛盾。

定义 $nx{t}_u$ 表示满足 $\text{dist}(v,rt)\le \text{dist}(u,rt)$ 的大于 $u$ 的最小 $v$。同理证明 $(u,v),v>nx{t}_u$ 是没用的。

总结：任意点 $u$ 只有 $(pr{e}_u,u)$ 和 $(u,nx{t}_u)$ 是有效的。

但是 $(v,u)$ 还要求在不同子树，假设 $pr{e}_u$ 恰与 $u$ 在同一子树，只会使得 $\text{dist}(pr{e}_u,u)$ 变得更小，因此不需要考虑子树限制。

点 $u$ 一次只产生 $O(1)$ 个点对，因此整个分治过程产生 $O(n\log n)$ 个点对。

将询问离线，转化为二维数点，时间复杂度 $O(n{\log }^{2}n)$。

点对 $(i,j)$ 的权值 $\text{dist}(i,j)$ 可以直接用 $\text{dist}(i,rt)+\text{dist}(j,rt)$，这样带来的问题是 $i,j$ 在同一子树的距离是错误的。

我们总能递归到 $(i,j)$ 经过的一个重心，在这个中心上一定能正确的求出 $(i,j)$ 距离或者产生更优点对。

还有一个问题是如何求前驱后继，对于 P9678 来说，用 set 维护足矣，但本题还需进一步卡常。

令 $d(u)=\text{dist}(u,rt)$，将二元组 $(u,d(u))$ 根据 $u$ 排序。维护一个 $d$ 值单调不降的单调栈，可以求出所有前驱。后继同理。

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P4292 [WC2010] 重建计划#

题意：给定一棵树，求长度属于 $[L,U]$ 的路径的最大价值，路径 $S$ 的价值定义为 ${\displaystyle \frac{\sum _{e\in S}w(e)}{|S|}}$。

对于一条路径，如果 $\sum _{e\in S}(w(e)-\text{avg})\ge 0$，说明这条路径的价值一定大于等于 avg。

不难想到二分答案，把每条边都减去 mid 后检查长度属于 $[L,U]$ 的最大路径和是否非负。

还是通过经过哪个重心来划分路径，设当前重心为 $rt$。

设 $f_i$ 表示在已经遍历完的子树里深度为 $i$ 的点到根的最长距离， $g_i$ 表示在当前子树里深度为 $i$ 的点到根的最长距离。

显然用 $\underset{j\in [i-U+L,i]}{max}{f}_j+g_{U-i}$ 去更新答案。

前面一项很容易用数据结构维护，但是加上点分治和二分复杂度有三个 log，无法通过。

发现 $f$ 的答案区间是一个单调队列的形式，时间复杂度 $O(\text{当前子树深度 + 之前出现过的最大子树深度})$。

这样复杂度还是可能退化到 $O(n^2)$，但是如果按深度从小到大枚举子树，统计答案这一步就是线性的。

如果直接点分治的同时去排序，仍然是三个 log 的。但是点分树的形态始终不变，我们可以在二分之前对于每个重心先排好序。

这样整体就是双 log 复杂度。submission

CF150E Freezing with Style#

题意：给定一颗带边权的树，求一条边数在 $[L,R]$ 之间的路径，并使得路径上边权的中位数最大。输出一条可行路径的两个端点。

对于序列 $a$，定义 $b_i=\{\begin{array}{ll}1& a_i\le \text{mid}\\ -1& \text{otherwise}\end{array}$，如果满足 $\sum b_i>0$，则 $a$ 的中位数一定不大于 mid。

和上题做法一致，二分答案，如果存在路径满足 $\sum b_i<0$，说明答案还能变大。

设 $\text{val}$ 为使所有合法路径 $\sum b_i\ge 0$ 的最小值，那么所求答案即 $\text{mid = val - 1}$ 时使 $\sum b_i$ 最小的路径两端。

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CF1260F Colored Tree#

题意：

给定一棵树，每个节点有一个颜色 $h$，$h_i$ 为 $[l_i,r_i]$ 内的一个整数。

对于全部 $M=\prod (r_i-l_i+1)$ 种不同的染色方案，求：

$$\sum _{h_i=h_j,1\le i<j\le n}\text{dist}(i,j)(\mathrm{mod}{10}^9+7)$$

$\text{dist}(i,j)$ 对答案的贡献有 $(d(i,rt)+d(j,rt))\times |H_i\cap H_j|\times \prod _{k\ne i,j}(r_i-l_i+1)$。

不妨只考虑交集中的某一点 $x$ 对答案的贡献：

$$\begin{array}{rl}w(i,j)+w(i,k)=& (d_i+d_j)\times {\displaystyle \frac{M}{L_j\times L_i}}+(d_i+d_k)\times {\displaystyle \frac{M}{L_k\times L_i}}\\ \\ ⟹& {\displaystyle \frac{d_i}{L_i}}\times ({\displaystyle \frac{1}{L_j}}+{\displaystyle \frac{1}{L_k}})+{\displaystyle \frac{1}{L_i}}\times ({\displaystyle \frac{d_j}{L_j}}+{\displaystyle \frac{d_k}{L_k}})& M\text{ 每项都有，可以最后再乘}\end{array}$$

线段树维护交集贡献，时间复杂度 $O(n{\log }^{2}n)$。

懒标记线段树爆了，考虑树状数组维护区间加区间和。

维护差分数组 $b_i$，$\sum a_i=\sum b_i\times (n-i+1)=(n+1)\times \sum b_i-\sum b_i\times i$。

后面一个和式也用树状数组维护即可。submission

[HZOI 2015] 树黑白#

题意：给定一棵树，一开始都是白色，支持两种操作：

• 将 $u$ 反色。
• 查询 $u$ 到所有黑色节点的距离和。

把 $u$ 的路径按照经过哪个重心分成 $O(\log n)$ 类。

因此不管修改还是查询都只要在点分树上暴力跳 $\log n$ 次。

设 $fa(x)$ 表示 $x$ 在点分树上的父亲节点，定义 $x$ 的子树为以 $x$ 为分治中心时的子树。

设 $f_x$ 表示 $x$ 子树内的黑点到 $x$ 的距离和，$g_x$ 表示 $x$ 子树内的黑点到 $fa(x)$ 的距离和，$cn{t}_x$ 表示 $x$ 子树内的黑点数。

从 $x$ 一直跳到点分树的根，假设当前点是 $cur$，上一个点是 $pre$（$fa(pre)=cur$）：

那么 $cur$ 对询问 $u$ 的贡献有

$$f_{cur}-g_{pre}+(cn{t}_{cur}-cn{t}_{pre})\times \text{dist}(u,cur)$$

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P2056 [ZJOI2007] 捉迷藏#

题意：给定一棵树，初始全黑。支持单点改色，询问最远两个黑点距离。

类似直径求法，每个分治重心维护子树内黑点到 $rt$ 的最大值与次大值，可删堆维护。

mutiset 常数过大了，手写一个懒删除堆。submission

P3345 [ZJOI2015] 幻想乡战略游戏#

题意：给定一棵树，保证每个点度数不超过 $20$。单点修改点权 $a_i$，每次查询最小的 $f(u)=\sum _{v=1}^n\text{dist}(u,v)\times a_v$。

考虑暴力做法：

设当前在点 $u$，$\sum _u$ 表示 $u$ 子树内的点权和，$\sum =\sum _{i=1}^n{a}_i$。

与之直接相连的儿子 $v$ 比 $u$ 更优当且仅当 $\text{dist}(u,v)\times (\sum -2\sum _v)<0$（考虑答案的变化量）。

也就是 $2\sum _v>\sum$，如果存在儿子节点更优，那么只可能有一个 $v$ 满足条件（$2\sum _v>\sum \ge \sum _u$）。

• $f(v)\ge f(u)$：

设 $v^{\prime }$ 为 $v$ 子树中的一点。

由于 $\sum$ 是常量，且 $\sum _{v^{\prime }}\le \sum _v$，因此从 $u$ 走到 $v^{\prime }$ 只会使答案越来越大。

因此 $v$ 的子树中不存在比 $u$ 更优的点。

• $f(v)<f(u)$：

  设 $v^{\prime }$ 为最优决策点。

  显然 $v^{\prime }$ 在 $v$ 的子树内，现在证明不管从 $v$ 子树的哪个点 $x$ 出发（将 $f(x)$ 和 $x$ 的儿子比较）都能到达 $v^{\prime }$。

  砍掉多余部分，只留 $v^{\prime }$ 的子树。

  强制使 $x$ 为根，由于 $2\sum _{v^{\prime }}>\sum$，一定有 $2\sum _{fa(v^{\prime })}>\sum$，因此存在一条 $v^{\prime }$ 到 $x$ 的决策路径。

修改和单点查 $f$ 可以用点分治轻而易举做到 $O(\log n)$，瓶颈在与上述算法最坏会达到单次 $O(n\log n)$。

一个想法是枚举 $x$ 的儿子 $y$（原树），如果 $f(y)<f(x)$，说明最优决策点在 $y$ 的分治子树中，递归到包含 $y$ 的儿子（点分树）。

时间复杂度 $O(20{\log }^{2}n)$，正确性可以由上述第二点得到。

加强版少去了度数限制，做法是链剖 + 线段树，待补。

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P2495 [SDOI2011] 消耗战#

题意：给定一棵树，$m$ 次询问：给出 $k$ 个关键点，求使每个点都不能到的最根小代价（花费 $w(u,v)$ 使 $(u,v)$ 断掉）。

设关键点集为 $S$。

显然有 $O(n)$ 的树形 dp，$f_x$ 表示使 $x$ 内关键点都不能到根的最小代价：

$$f_x=\{\begin{array}{ll}w(x,fa(x))& x\in S\\ \\ min(w(x,fa(x)),\sum _{y\in son(x)}{f}_y)& \text{otherwise}\end{array}$$

仅保留关键点之间的祖先后代关系（保留根节点，和关键点两两之间的 lca）不会改变最后的 dp 值。

$$f_x=\{\begin{array}{ll}x\text{ 与在虚树中的父亲之间的最小边权，倍增解决}& x\in S\\ \\ min(w,\sum _{y\in so{n}^{\prime }(x)}{f}_y)& \text{otherwise}\end{array}$$

定义虚树为包含关键点和所有 lca 的最小树。

以下构造方式能说明虚树规模只有 $O(k)$，如果能快速建出虚树即可解决本题。

二次排序 + LCA 连边：

• 将关键点按 DFS 序排序；
• 遍历一遍，任意两个相邻的关键点求一下 LCA，并且判重；
• 然后根据原树中的祖先后代关系建树。

具体实现上，在关键点序列上枚举相邻的两个数，两两求得 LCA 并且加入序列 $A$ 中。

此时 $A$ 一定包含了虚树中的所有点（可能重复）。

假设 $a,b,c$ 按照 dfs 序依次递增，则

$$\text{lca}(a,c)=\text{lca}(\text{lca}(a,b),\text{lca}(b,c))$$

由于 $\text{lca}(a,b)$ 和 $\text{lca}(b,c)$ 都是 $b$ 的祖先，因此其中一个一定是另一个的祖先。

假设按照时间戳排序得到 $x_1,x_2\cdots x_m$。

那么任意的两个节点的 lca 可以写做

$$\text{lca}(a_i,a_j)=\text{lca}(\text{lca}(a_i,a_{i+1}),\text{lca}(a_{i+1},a_{i+2}),\cdots ,\text{lca}(a_{j-1},a_j))$$

任意两个关键点的 lca 都包含在我们新增的相邻 lca 里。

同时证明了虚树规模是 $O(k)$ 的。

把 $A$ 按照 dfs 序排序并去重。枚举相邻的两个点 $x,y$，连接 $\text{lca}(x,y)$ 和 $y$，这样就完成了构造。

为什么这样连边不重不漏？

如果 $x$ 是 $y$ 的祖先。

由于 $x,y$ 在 $A$ 中相邻，因此 $x$ 到 $y$ 的链上不存在任何其他节点，直接 $x$ 连向 $y$ 即可。

如果 $x$ 不是 $y$ 的祖先。

$\text{lca}$ 的 dfs 序一定小于 $x$，因此 $x$ 与 $\text{lca}$ 在之前已经直接或间接相连了。

又由于 $x,y$ 相邻，$\text{lca}$ 到 $y$ 之间不存在其他点，$\text{lca}$ 连向 $y$ 是不重不漏的。

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P3320 [SDOI2015] 寻宝游戏#

题意：每次新增或减少一个关键点，并询问包含所有关键点的生成子树的边权和 $\times 2$。

这颗生成子树的根一定是所有关键点的最近公共祖先，因为任意两点要求联通。

发现这与我们构建虚树的形式很像，可以单次 $O(k\log n)$ 得到整棵树的边权和。

但是本题并不保证 $\sum k$ 的量级。

Gym - 104128E#

题意：给定一颗树，初始全白，问全部染黑的最小代价。把 $x$ 子树里与 $x$ 距离为 $i$ 的点全部染黑代价为 $a_i$。

$f(x,d)$ 表示在以 $x$ 为根的子树里把深度为 $d$ 的点全部染黑的最小代价，答案为 $\sum f(root,\ast )$。

$$f(x,d)=min(a_{d-dep(x)},\sum _{y\in son(x)}f(y,d))$$

对于每个深度建出虚树，时间复杂度 $O(n\log n)$。

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