点分治杂题总结

前言

由于已经点明是点分治，所以我们在文章中约定，题解只叙述：求经过当前递归到的 $x$ 对于答案的贡献，用以减少文章冗余程度。

如有错误，欢迎指出。

$\mathtt{\text{1.[BJOI2017] 树的难题}}$

其实还是比较简单一题，做多了自然就会。

首先我们先 $\mathtt{\text{dfs}}$ ，在 $x$ 的子树上处理一些与 $x$ 有关的信息。（定义 $c_x$ 表示颜色 $x$ 的权值，对应题目中输入）

• $b_y$ 表示 $y$ 对应 $x$ 的哪一颗子树。

• $d_y$ 表示以 $x$ 为起点，到 $y$ 的路径所能产生的路径权值。

• $e_y$ 表示以 $y$ 为起点，到达 $x$ 的路径中，最后一条的颜色。

• $de{p}_y$ 表示 $y$ 到 $x$ 的距离。

这些应该可以通一次 $\mathtt{\text{dfs}}$ 得到。

然后我们按照点分治的常规思路，把 $x$ 子树中所有的点储存在一个序列 $a$ 中。

由于我们为了找到这样一条路径，需要合并两个 $y_1,y_2$ 到 $x$ 的路径并计算其权值，我们发现，如果 $e_{y_1}\ne e_{y_2}$，则合并后的权值为 $d_{y_1}+d_{y_2}$，否则，合并后的权值为 $d_{y_1}+d_{y_2}-c_{e_{y_1}}$。

我们发现，这个合并似乎与 $e$ 数组是有关系的。

所以我们考虑把所有 $e$ 相同的 $a$ 中的元素放在一起。

首先计算不同的 $e$ 之间可以贡献的最大路径权值。可以发现，他们与其他的元素合并路径时，只要满足 $b_{y_1}\ne b_{y_2},de{p}_{y_1}+de{p}_{y_2}\in [l,r]$，那么就可以直接得到他们分别路径权值加起来的贡献。

显然，第一个限制，既然你 $e$ 都不同了，那么 $b$ 也显然不同。

由于还有后面那个限制，所以我们考虑每枚举一种 $e$，先暴力查询满足 $\in [l,r]$ 的 $dep$ 中最大 $d$，然后把他们的 $dep$ 当作下标插入这颗线段树，就解决了 $e$ 不同的情况对答案的贡献。

然后看 $e$ 相同的时候。

这个时候，我们考虑在内部按照 $b$ 进行分组，相同的在一组，显然，只有组别不同的两个才能对答案产生贡献。然后我们就可以按照 $e$ 不同如何求解的思路，在内部再开一颗线段树，算完一块 $b$ 的答案，就全部插入，避免相同的 $b$ 的干扰，合并时，记得做减法。

最后取个 $\mathtt{\text{max}}$ 即可。

单层内部操作，由于排序和权值线段树，为 $\mathcal{O}(n\log n)$。故总时间复杂度 $\mathcal{O}(n{\log }^{2}n)$，但是因为线段树的存在，常数巨大。

$\mathtt{\text{2.[COCI2018-2019] Transport}}$

这个题目难点同样在合并上。

仍然，按照点分治基本的合并思路，我们需要对 $x$ 子树上的 $y$ 维护一些东西。

• $b_y$ 表示 $y$ 对应 $x$ 的哪一颗子树。

• $pr{e}_y$ 表示从 $x$ 开始走，走到 $y$ 时，初始至少需要多少油才能走到。这个其实比较好维护，我们转化一下，就是去求你现在缺的油，和以前缺的油的最大值，维护一个前缀 $\mathtt{\text{max}}$ 即可。

• $lef{t}_y$ 表示从 $y$ 开始走，走到 $x$，不管中间有没有把油耗完，到达之后所剩的油。（就不管不能为负数的条件，硬着头皮开过去还剩多少，当然可能是负数）

• $hel{d}_y$ 表示从 $y$ 开始走，能否走到 $x$，能为 $1$，否则为 $0$。我们考虑这个怎么维护。其实可以在递归搜索的时候再传一个参数 $z$，表示一路下来的这条链中，每个点走回去所需要的油的最大值。假设从 $y$ 开始向上走了一条路后所剩的油为 $S$ （$S$ 可能为负数。），那么接着向下传就是 $min\{0,y\}+S$。（感觉这个虽然有点抽象，还是可以理解的。）然后，每次遍历到一个 $y$ 时，就看 $z$ 是否大于等于 $0$ 来判断是否可以走回去。

那么有了这些东西之后，问题就简单很多了。

可以发现，如果要让一条路径合法，那就是让要合并的 $y_1,y_2$（假设是从 $y_1$ 到 $y_2$） 满足 $hel{d}_{y_1}=1,lef{t}_{y_1}\ge pr{e}_{y_2},b_{y_1}\ne b_{y_2}$ 即可。

那显然有一种思路是，我们维护两个数组 $a_1,a_2$，一个用于存放子树中所有的点，另一个存放 $hel{d}_y=1$ 的点，显然起点肯定都在 $a_2$ 中有储存，然后我们看 $a_1$ 中有多少个能成为对应的终点即可。

可以用数据结构，但是我选择排序 $+$ 双指针。

我们将 $a_1$ 按照 $pre$ 从小到大排序，$a_2$ 按照 $left$ 从小到大排序。我们从头到尾枚举 $a_2$，并维护一个指针 $l=0$ 和一个数组 $nu{m}_x$ 表示 $[1,l]$ 中 $b_{a_{1_y}}=x$ 的个数。然后枚举的时候，如果 $lef{t}_i\ge pr{e}_l$ 那就把 $l$ 向后移动，最后移动完毕之后，把答案加上 $l-nu{m}_{b_i}$ 即可。

由于有子树内部的排序，复杂度为 $\mathcal{O}(n{\log }^{2}n)$。

$\mathtt{\text{3.Ridiculous Netizens}}$

科技题。

首先，我们仍然按照点分治的惯例，当然这里是求包含了 $x$ 的合法的连通块的个数而已。

那么这里就变成了一个 $x$ 的子树上的依赖背包问题，因为你为了选择 $x$，那么你选了一个点 $y$，那你就必须选择他的所有祖先。

这样应该可以打出一个 $\mathcal{O}(n{m}^2\log n)$ 的一个树上背包，但是这样显然还不够，这个点分治的存在似乎是多造成了一个 $\log$。（之所以是平方，是因为你要合并）

所以我们考虑科技。

我们发现，对于一个数 $Z$，对于所有的 $Y\in [1,Z-1]$，$\lfloor {\displaystyle \frac{Z}{Y}}\rfloor$ 的个数，似乎只有 $\sqrt{Z}$ 以内个。

也就是说，我们的状态存在冗余。

所以我们考虑重新定义状态。

首先，对于子树内部乘积 $\le \sqrt{m}$ 的 $dp$ 状态，我们专门储存，然后对于乘积 $>\sqrt{m}$ 的部分，我们储存 $\lfloor {\displaystyle \frac{m}{j}}\rfloor$。

然后，我们只需要对所有有效的状态进行转移，时间复杂度来到 $\mathcal{O}(nm\log n)$。

然后我们考虑如何把背包的平方去掉。

由于使用了点分治，所以我们不关心过每个子树树根的连通块，只关心过点分中心（重心）的连通块，这时修改背包的定义为：包含重心的连通块延伸到子树内的种类数。

感觉这一步有点抽象啊。

然后在代码实现上，我们发现，这样每次合并的时候，只需要 $d{p}_{x,j}$ 加上 $d{p}_{so{n}_x,j}$，因为不需要考虑当前的贡献了。当然，还有一步，就是你需要把父节点的答案传到下面去，故有 $d{p}_{x,j\times w_x}$ 加上 $d{p}_{f{a}_x,j}$。

感觉还是不太清楚啊，看一看部分代码。

void dfs(int x, int last)
{
	siz[x] = 1;
	for (int i = 1; i <= klen * 2; ++i) dp[x][i] = 0;
	for (int i = 1; i <= klen; ++i) dp[x][get(i * c[x])] += dp[last][i], dp[x][get(i * c[x])] %= mod;
	for (int i = c[x]; i <= klen; ++i) dp[x][klen + i / c[x]] += dp[last][klen + i], dp[x][klen + i / c[x]] %= mod;
	for (int i = fst[x]; i; i = arr[i].nxt)
	{
		int j = arr[i].tar;
		if(vis[j] || j == last) continue;
		dfs(j, x);
		siz[x] += siz[j];
		for (int i = 1; i <= klen * 2; ++i) dp[x][i] += dp[j][i], dp[x][i] %= mod;
	}
}

然后每次把 $x$ 所有的答案加起来即可。

$\mathtt{\text{4.[联合省选模拟] 感染}}$

还是神仙题，点分治优化建图是个什么玩意。。

不难有一个思路，就是我们把所有的 $x$ 与所有 $D(x,j)\le r_x$ 的 $j$ 连一条边，然后跑一遍缩点，然后看入度为 $0$ 的点有多少个。

但是显然，这么暴力建边根本就建不完。

所以接下来，我们考虑如何对这个建边进行优化。

首先，我们显然维护一个 $d_y$ 表示当前点分治递归到 $x$ 时，$y$ 到 $x$ 的距离。

然后，我们显然可以对 $x$ 子树内所有的节点按照 $d_y$ 从小到大排序。显然，$y_1$ 能向 $y_2$ 连边，必然满足 $d_{y_1}+d_{y_2}\le r_{y_1}$。

我们可以从头到尾枚举排完序后的子树，然后二分查找到最后一个满足条件的，然后与 $[1,pos]$ 全部连一条边。这个看似可以运用线段树优化建图解决，但是时空都不太可观。而且光是这个二分查找就已经没救了。

所以我们考虑换一种思路，并把这个二分查找去掉。

我们把子树中的所有节点再开一数组个存下来，并把这个数组按照 $r_y-de{p}_y$ 从小到大排序，这样我们就可以维护一个指针，从 $0$ 开始，指向最开始那个按照距离排序的数组。这样我们就不用二分查找了，$[1,l]$ 既是我们想要连的边。

可以发现，这是一个前缀。

我们考虑对于最开始按照距离排序的子树每个点开一个虚点 $p_i$，表示 $[1,i]$ 这一段区间的点的总和。显然有 $p_i$ 与 $p_{i-1}$ 连边，$p_i$ 与 $i$ 在子树中对应的点连边。然后，每次在第二个数组中枚举时，将其对应的点与 $p_l$ 连边，这样递归完毕就可以实现建图。

有点抽象，具体代码长这样：

stable_sort(a + 1, a + tot + 1, cmp);
stable_sort(A + 1, A + tot + 1, cmp2);
for (int i = 1; i <= tot; ++i) num[i] = ++gnow, adds(num[i], a[i]);
for (int i = 2; i <= tot; ++i) adds(num[i], num[i - 1]);
int l = 0, bj = 0;
for (int i = 1; i <= tot; ++i)
{
	while(l < tot && dep[a[l + 1]] + dep[A[i]] <= c[A[i]]) ++l;
	if(l) adds(A[i], num[l]);
}

然后，我们直接跑一遍缩点，并把所有含有 实点 的强连通分量当作一个黑点，否则当作一个白点。

那么问题也就转化成了，如何选择最少的黑点，使得能够通过这些黑点，到达其他所有的黑点。

其实非常简单，我们可以把所有入度为 $0$ 的白点全部删掉，删完之后可能会产生新的，那就继续删。这一步可以通过拓扑排序实现。

然后，剩余的点中，入度为 $0$ 的黑点的个数，即为答案。

点分治内部，存在排序，复杂度为 $\mathcal{O}(n{\log }^{2}n)$，对于缩点，由于边和点的级别都在 $n\log n$ 级别，故复杂度为 $\mathcal{O}(n\log n)$。

故总复杂度为 $\mathcal{O}(n{\log }^{2}n)$。

$\mathtt{\text{5.[重庆省队互测] 路径中位数}}$

其实也蛮简单的，看到中位数最大，直接二分答案，将 $a_x\ge mid$ 的看作 $1$ 否则看作 $-1$。

于是转化为能否找到一条合法的路径，使得路径上的点权和 $\ge 0$。

这不需要教了吧，直接在点分治递归内部维护每个点到 $x$ 的距离，然后按照这个从小到大排序，然后通过双指针找到每个点对应的另外一条合法的路径中，最大的路径点权和即可。

最后看这个时候是否 $\ge 0$。

时间复杂度，二分，排序，点分治， $\mathcal{O}(n{\log }^{2}n\log V)$。

离散化之后，可以做到 $\mathcal{O}(n{\log }^{3}n)$，看似不太可过，但是加上一些剪枝和点分不一定卡的满，也就毫无压力了。

$\mathtt{\text{6. [USACO12NOV] Balanced Trees G}}$

做完之后，非常想骂人的一道题目。

首先先考虑如何合并两条路径使得括号匹配。（假定左括号对应点权为 $1$，右括号对应点权为 $-1$。）

接着在想，哪些路径能从上到下，哪些能从上到下。

于是就有了我们要维护的一些东西：

• $su{m}_y$ 表示从 $x$ 走到 $y$ 这一路上的点权和。

• $u{p}_y$ 表示从 $y$ 走到 $x$，一路上点权和的最小值。（就是每到一个点取一个最小值）

• $dow{n}_y$ 表示从 $y$ 走到 $x$，一路上点权和的最小值。（与上面类似）

这样其实就可以完全判断了。对于 $y$，如果他能从下到上，至少要满足 $u{p}_y\ge 0$，如果他能从上到下，必须满足 $dow{n}_y\ge 0$。

然后对于分别满足从上到下，从下到上的两个 $y_1,y_2$，只需要满足 $su{m}_{y_1}+su{m}_{y_2}-a_x=0,b_{y_1}\ne b_{y_2}$，就可以构成一个合法的括号序列。（这里要减去 $a_x$ 是因为两个 $sum$ 都把他囊括了进去。）

然后我们考虑如何对两条路径计算那个什么最大嵌套。

转化一下，就是计算这条路径上，每个点前缀点权和的最大值。

于是我们继续定义两个东西：

• $l{c}_y$ 表示，从 $y$ 走到 $x$ 的前缀点权和的最大值。

• $r{c}_y$ 表示，从 $x$ 走到 $y$ 的前缀点权和的最大值。

于是，对于我们刚刚定义的两个 $y_1,y_2$，其答案就是 $max\{l{c}_{y_1},su{m}_{y_1}+r{c}_{y_2}\}$。

至于怎么求最大值，我们考虑直接按照 $su{m}_y$ 从小到大排序，然后双指针处理即可。

上面那 $5$ 个数组求法，应该与文章中的第二题大同小异，这里就不阐述了。

以及，记得讨论从 $x$ 直接向下的一条链的这种情况。

维护的东西是真多。。

$\mathtt{\text{7.[VK Cup 2015] Logistical Questions}}$

求导神仙题。

我们定义两个点的距离为 $d(x,y)$。（是题目中对应的那个距离，不是我们平常说的距离）

为了方便后文的叙述，$x,y$ 不一定是一个确切的点，有可能是边上的任意一个点。

我们仔细观察这个 $d$，发现对于树上的任意一点 $x$（这个点可能是边上的一个点），$d(x,i)$（$i$ 是自变量）是一个下凸函数。

于是，我们对于一个点 $x$ 的答案 $\sum d(x,i)$ 也是一个下凸函数。

故，这个最小的 $x$ 是唯一的。（因为有可能在边上）

我们考虑去缩小这个 $x$ 的范围。

最开始肯定是 $\in [1,n]$。

然后，我们从根节点的儿子看去，假设根节点的答案为 $S$。由于是唯一的且下凸，那么显然最多只有一个儿子的答案是 $\le S$ 的。

我们考虑一个变化量的问题。

如果从根节点 $x$ 向他的儿子 $y$ 移动了一个极小的距离 $\mathrm{\Delta }$，那么此时的点就在他们两个的那条边上，而此时的答案变化量为（我们始终只关心这个变化量的正负用以精准找到那个子树）：

$$\sum _{i\notin tre{e}_y}((\text{dist}(i,x)+\mathrm{\Delta }{)}^{1.5}-\text{dist}(i,x{)}^{1.5}))\times w_i+\sum _{i\in tre{e}_y}((\text{dist}(i,x)-\mathrm{\Delta }{)}^{1.5}-\text{dist}(i,x{)}^{1.5}))\times w_i$$

如果我们把 $\text{dist}(i,x)$ 当作一个自变量 $t$，定义 $f_i(t)=t^{1.5}\times w_i$。

那么我们发现，如果上面那个式子在下面除以一个 $\mathrm{\Delta }$，那就变成了一堆 $f_i$ 的导数。

而我们显然知道，对于 $f_i(t)$，其导数为 $f_i^{\prime }(t)=1.5\times \sqrt{t}\times w_i$。

因为这个除下去的 $\mathrm{\Delta }$ 与正负号无关，故上面那个式子的正负就等于 $\sum _{i\notin tre{e}_y}{f}_i^{\prime }(\text{dist}(i,x))-\sum _{i\in tre{e}_y}{f}_i^{\prime }(\text{dist}(i,x))$

而我们可以直接预处理出所有的 $\sum _{i\in tre{e}_y}{f}_i^{\prime }(\text{dist}(i,x))$，来实现判断正负并精准找到要递归的子树。（也就是是负号的那个）

当然，我们每递归一次都要求一个答案，因为有可能他自己就是最大值。

但是这样的话，我们的复杂度就不对，假设递归层数为 $T$，由于求一次答案复杂度为 $\mathcal{O}(n)$，则总复杂度为 $\mathcal{O}(Tn)$，显然不对。

所以我们根据点分治的思想，每次移动到一颗子树时，我们只知道答案在这颗树里面，所以我们并不关心是从那里开始的。所以就可以从这颗子树的重心开始讨论，由于判断正负的预处理只需要子树级别，就可以做到 $\mathcal{O}(n\log n)$。

后记

总的来说，淀粉质的题目其实分为三类。

• 通过在点分树上维护大量信息，来得到路径合并求权值，和算对最终答案贡献的目的。

• 通过点分树的，“必须包含 $x$” 的限制，借以完成对于时间复杂度的降低，例如树上依赖背包。

• 通过点分树深度为 $\log n$ 的限制，每次精准的找到向下递归的点，从而保证时间复杂度。