6.5.树上问题2024-11-04

7.6.动态规划2024-10-30 8.7.构造2024-10-16 9.8.字符串2024-11-04 10.9.noip杂题选讲2024-11-20

树上问题

开题顺序： $A C H K G$

$C$ CF1706E Qpwoeirut and Vertices

题解

$D$ luogu P2491 [SDOI2011] 消防

多倍经验： luogu P1099 [NOIP2007 提高组] 树网的核
选择直径上的边一定不劣。
因为边权没有负数，所以用两遍 $D F S$ 求出任意一条直径。设其上面的节点分别为 $u_{1 \sim t}$ 。
设 $f_{i}$ 表示从 $i$ 出发，不经过所选出的直径上的点能到达的距离最远的点的距离。
此时 $u_{i}, u_{j} (1 \leq i \leq j \leq t)$ 对答案的贡献为 $max ({max}_{k = i}^{j} {f_{u_{k}}}, d i s_{u_{1}, u_{i}}, d i s_{u_{t}, u_{j}})$ 。最终的式子显然是 $min_{1 \leq i \leq j \leq t} {max ({max}_{k = i}^{j} {f_{u_{k}}}, d i s_{u_{1}, u_{i}}, d i s_{u_{t}, u_{j}})}$ 。
而在 $i$ 固定时， $j$ 越靠近 $t$ 越优，双指针维护即可。
${max}_{k = i}^{j} {f_{u_{k}}}$ 单调队列 $O (n)$ 或者 $S T$ 表 $O (n \log n)$ 维护暂且不提，考虑关于 ${max}_{k = i}^{j} {f_{u_{k}}}$ 的一些其他性质。
因为都是直径上的端点，容易有 $f_{u_{k}} \leq d i s_{u_{1}, u_{k}}$ 且 $f_{u_{k}} \leq d i s_{u_{t}, u_{k}}$ 。

而 ${\begin{cases} \forall k \in [1, i), f_{u_{k}} \leq d i s_{u_{1}, u_{k}} \leq d i s_{u_{1}, u_{i}} \\ \forall k \in (j, n], f_{u_{k}} \leq d i s_{u_{t}, u_{k}} \leq d i s_{u_{t}, u_{j}} \end{cases}$ ，故最终结果可以改写为 $min_{1 \leq i \leq j \leq t} {max ({max}_{k = 1}^{t} {f_{u_{k}}}, d i s_{u_{1}, u_{i}}, d i s_{u_{t}, u_{j}})}$ 。

点击查看代码

struct node
{
	int nxt,to,w;
}e[600010];
int head[600010],dis[600010],fa[600010],c[600010],vis[600010],sum[600010],f[600010],d[600010],cnt=0;
void add(int u,int v,int w)
{
	cnt++;
	e[cnt].nxt=head[u];
	e[cnt].to=v;
	e[cnt].w=w;
	head[u]=cnt;
}
void dfs1(int x,int father,int w)
{
	c[x]=w;
	fa[x]=father;
	dis[x]=dis[father]+w;
	for(int i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt)
	{
		if(e[i].to!=father)
		{
			dfs1(e[i].to,x,e[i].w);
		}
	}
}
void dfs2(int x)
{
	vis[x]=1;
	for(int i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt)
	{
		if(vis[e[i].to]==0)
		{
			dfs2(e[i].to);
			f[x]=max(f[x],f[e[i].to]+e[i].w);
		}
	}
}
int main()
{
	int n,s,u,v,w,rt1=0,rt2=0,ans=0x7f7f7f7f,maxx=0,i,j;
	cin>>n>>s;
	for(i=1;i<=n-1;i++)
	{
		cin>>u>>v>>w;
		add(u,v,w);
		add(v,u,w);
	}
	dfs1(1,0,0);
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		rt1=(dis[i]>dis[rt1])?i:rt1;
	}
	dfs1(rt1,0,0);
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		rt2=(dis[i]>dis[rt2])?i:rt2;
	}
	while(rt2!=0)
	{
		vis[rt2]=1;
		d[0]++;
		d[d[0]]=rt2;
		rt2=fa[rt2];
	}
	reverse(d+1,d+1+d[0]);
	for(i=1;i<=d[0];i++)
	{
		dfs2(d[i]);
		maxx=max(maxx,f[d[i]]);
		sum[i]=sum[i-1]+c[d[i]];
	}
	for(i=j=1;i<=d[0];i++)
	{
		while(j+1<=d[0]&&sum[j+1]-sum[i]<=s)
		{
			j++;
		}
		ans=min(ans,max(maxx,max(sum[i],sum[d[0]]-sum[j])));
	}
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}

$E$ luogu P4253 [SCOI2015] 小凸玩密室

$F$ luogu P8990 [北大集训 2021] 小明的树

$G$ BZOJ3786 星系探索

貌似是伪 $E T T$ 板子。
考虑维护整棵树的欧拉序列，设点 $x$ 的进栈序为 $i n_{x}$ ，出栈序为 $o u t_{x}$ ，进栈时的贡献为 $w_{x}$ ，出栈时的贡献为 $- w_{x}$ 。
操作 $1$ 的链求和就转化成了 $[1, l_{x}]$ 的区间求和，且容易扩展至树上任意两点间求和。
操作 $2$ 的子树求和直接对着区间打懒惰标记。
操作 $3$ 的换父亲可以转化为 $[i n_{x}, o u t_{x}]$ 接到新父亲的入栈序 $i n_{f a}$ 后面，平衡树维护序列即可。

在使用 $F H Q - T r e a p$ 时因为存在换父亲操作，原序列中的顺序可能发生了改变，需要先查出其 $r a n k$ 再进行分裂。具体地，从 $x$ 往上跳父亲，沿途加上左子树的大小加 $1$ 。

点击查看代码

struct node
{
	ll nxt,to;
}e[200010];
ll head[200010],w[200010],in[200010],out[200010],cnt=0,tot=0;
void add(ll u,ll v)
{
	cnt++;
	e[cnt].nxt=head[u];
	e[cnt].to=v;
	head[u]=cnt;
}
struct BST
{	
	ll rt_sum,root;
	struct FHQ_Treap
	{
		ll son[2],fa,val,rnd,siz,dir,len,sum,lazy;
	}tree[200010];
	#define lson(rt) (tree[rt].son[0])
	#define rson(rt) (tree[rt].son[1])
	#define fa(rt) (tree[rt].fa)
	BST()
	{
		rt_sum=root=0;
		srand(time(0));
	}
	void pushup(ll rt)
	{
		tree[rt].siz=tree[lson(rt)].siz+tree[rson(rt)].siz+1;
		tree[rt].len=tree[lson(rt)].len+tree[rson(rt)].len+tree[rt].dir;
		tree[rt].sum=tree[lson(rt)].sum+tree[rson(rt)].sum+tree[rt].val;
		if(lson(rt)!=0)
		{
			fa(lson(rt))=rt;
		}
		if(rson(rt)!=0)
		{
			fa(rson(rt))=rt;
		}
	}
	ll build_rt(ll val,ll dir)
	{
		rt_sum++;
		lson(rt_sum)=rson(rt_sum)=tree[rt_sum].lazy=0;
		tree[rt_sum].val=tree[rt_sum].sum=val;
		tree[rt_sum].len=tree[rt_sum].dir=dir;
		tree[rt_sum].rnd=rand();
		tree[rt_sum].siz=1;
		return rt_sum;
	}
	void pushlazy(ll rt,ll lazy)
	{
		tree[rt].lazy+=lazy;
		tree[rt].val+=tree[rt].dir*lazy;
		tree[rt].sum+=tree[rt].len*lazy;
	}
	void pushdown(ll rt)
	{
		if(rt!=0&&tree[rt].lazy!=0)
		{
			pushlazy(lson(rt),tree[rt].lazy);
			pushlazy(rson(rt),tree[rt].lazy);
			tree[rt].lazy=0;
		}
	}
	void split(ll rt,ll k,ll &ls,ll &rs)
	{
		if(rt==0)
		{
			ls=rs=0;
			return;
		}
		pushdown(rt);
		if(tree[lson(rt)].siz+1<=k)
		{
			ls=rt;
			split(rson(ls),k-tree[lson(rt)].siz-1,rson(ls),rs);
		}
		else
		{
			rs=rt;
			split(lson(rs),k,ls,lson(rs));
		}
		pushup(rt);
	}
	ll merge(ll rt1,ll rt2)
	{
		if(rt1==0||rt2==0)
		{
			return rt1+rt2;
		}
		pushdown(rt1);
		pushdown(rt2);
		if(tree[rt1].rnd<tree[rt2].rnd)
		{
			rson(rt1)=merge(rson(rt1),rt2);
			pushup(rt1);
			return rt1;	
		}
		else
		{
			lson(rt2)=merge(rt1,lson(rt2));
			pushup(rt2);
			return rt2;
		}
	}
	void insert(ll val,ll dir)
	{
		root=merge(root,build_rt(val,dir));
	}
	ll query_rk(ll rt)
	{
		ll ans=tree[lson(rt)].siz+1;
		for(;fa(rt)!=0;rt=fa(rt))
		{
			ans+=(rson(fa(rt))==rt)*(tree[lson(fa(rt))].siz+1);
		}
		return ans;
	}
	void change_fa(ll x,ll y)
	{
		ll ls,rs,mid;
		split(root,query_rk(out[x]),ls,rs);
		fa(ls)=fa(rs)=0;//记得更改父亲
		split(ls,query_rk(in[x])-1,ls,mid);
		fa(ls)=fa(mid)=0;
		root=merge(ls,rs);
		fa(root)=0;
		split(root,query_rk(in[y]),ls,rs);
		root=merge(merge(ls,mid),rs);
		fa(root)=0;
	}
	void update(ll x,ll val)
	{
		ll ls,rs,mid;
		split(root,query_rk(out[x]),ls,rs);
		fa(ls)=fa(rs)=0;
		split(ls,query_rk(in[x])-1,ls,mid);
		fa(ls)=fa(mid)=0;
		pushlazy(mid,val);
		root=merge(merge(ls,mid),rs);
		fa(root)=0;
	}
	ll query(ll x)
	{
		ll ls,rs,ans;
		split(root,query_rk(in[x]),ls,rs);
		ans=tree[ls].sum;
		root=merge(ls,rs);
		return ans;
	}
}T;
void dfs(ll x)
{
	tot++;
	in[x]=tot;
	T.insert(w[x],1);
	for(ll i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt)
	{
		dfs(e[i].to);
	}
	tot++;
	out[x]=tot;
	T.insert(-w[x],-1);
}
int main()
{
// #define Isaac
#ifdef Isaac
	freopen("in.in","r",stdin);
	freopen("out.out","w",stdout);
#endif
	ll n,m,u,v,i;
	char pd;
	cin>>n;
	for(i=2;i<=n;i++)
	{
		cin>>u;
		add(u,i);
	}
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		cin>>w[i];
	}
	dfs(1);
	cin>>m;
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		cin>>pd>>u;
		if(pd=='Q')
		{
			cout<<T.query(u)<<endl;
		}
		if(pd=='C')
		{
			cin>>v;
			T.change_fa(u,v);
		}
		if(pd=='F')
		{
			cin>>v;
			T.update(u,v);
		}
	}
	return 0;
}

$H$ CF825G Tree Queries

设 $d i s_{u, v}$ 表示从 $(u, v)$ 间的最小边权，询问等价于求 ${min}_{i = 1}^{| b l a c k |} {d i s_{x, b l a c k_{i}}}$ 。
不妨钦定第一个黑色节点为根节点，上式等价于 $min (d i s_{x, b l a c k_{1}}, {min}_{i = 2}^{| b l a c k |} {d i s_{b l a c k_{i}, b l a c k_{1}}})$ 。

发现只有黑点会发现影响，直接修改即可。

点击查看代码

struct node
{
	int nxt,to;
}e[2000010];
int head[2000010],dis[2000010],cnt=0;
void add(int u,int v)
{
	cnt++;
	e[cnt].nxt=head[u];
	e[cnt].to=v;
	head[u]=cnt;
}
void dfs(int x,int fa)
{
	dis[x]=(fa==0)?x:min(dis[fa],x);
	for(int i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt)
	{
		if(e[i].to!=fa)
		{
			dfs(e[i].to,x);
		}
	}
}
int main()
{
	int n,m,u,v,pd,x,rt=0,ans=0,minn=0x7f7f7f7f,i;
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(i=1;i<=n-1;i++)
	{
		scanf("%d%d",&u,&v);
		add(u,v);
		add(v,u);
	}	
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		scanf("%d%d",&pd,&x);
		x=(ans+x)%n+1;
		if(pd==1)
		{
			if(rt==0)
			{
				rt=x;
				dfs(rt,0);
			}
			minn=min(minn,dis[x]);
		}
		else
		{
			ans=min(minn,dis[x]);
			printf("%d\n",ans);
		}
	}
	return 0;
}

$I$ CF1381D The Majestic Brown Tree Snake

$J$ luogu P2664 树上游戏

$K$ luogu P5305 [GXOI/GZOI2019] 旧词

将询问离线下来，进行扫描线。
若 $k = 1$ 的话就是 luogu P4211 [LNOI2014] LCA 了。
仍考虑原题中从根节点到 $x$ 的路径上的点打标记进行树上差分的做法。
具体地，设 $x$ 的权值为 $c_{x} = d e p_{x}^{k} - d e p_{f a_{x}}^{k}$ ，那么 $1 \to x$ 路径上的点权和就是 $d e p_{x}^{k}$ 。

在移动右指针 $r$ 的过程中，需要将 $1 \to r$ 路径上点 $x$ 的权值都加上对应的 $c_{x}$ 。线段树维护每个区间被加了几遍即可（也可以当历史版本和线段树维护最后一个版本和来做）。

点击查看代码

const ll p=998244353;
struct node
{
	ll nxt,to;
}e[500010];
ll head[500010],fa[500010],siz[500010],son[500010],dep[500010],mi[500010],c[500010],cc[500010],top[500010],dfn[500010],ans[500010],cnt=0,tot=0;
vector<pair<ll,ll> >q[500010];
void add(ll u,ll v)
{
	cnt++;
	e[cnt].nxt=head[u];
	e[cnt].to=v;
	head[u]=cnt;
}
ll qpow(ll a,ll b,ll p)
{
	ll ans=1;
	while(b)
	{
		if(b&1)
		{
			ans=ans*a%p;
		}
		b>>=1;
		a=a*a%p;
	}
	return ans;
}
void dfs1(ll x,ll k)
{
	siz[x]=1;
	dep[x]=dep[fa[x]]+1;
	mi[x]=qpow(dep[x],k,p);
	for(ll i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt)
	{
		dfs1(e[i].to,k);
		siz[x]+=siz[e[i].to];
		son[x]=(siz[e[i].to]>siz[son[x]])?e[i].to:son[x];
	}
}
void dfs2(ll x,ll id)
{
	top[x]=id;
	tot++;
	dfn[x]=tot;
	cc[tot]=c[x];
	if(son[x]!=0)
	{
		dfs2(son[x],id);
		for(ll i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt)
		{
			if(e[i].to!=son[x])
			{
				dfs2(e[i].to,e[i].to);
			}
		}
	}
}
struct SMT
{
	struct SegementTree
	{
		ll sum,lazy,val;
	}tree[2000010];
	ll lson(ll x)
	{
		return x*2;
	}
	ll rson(ll x)
	{
		return x*2+1;
	}
	void pushup(ll rt)
	{
		tree[rt].sum=(tree[lson(rt)].sum+tree[rson(rt)].sum)%p;
	}
	void build(ll rt,ll l,ll r)
	{
		if(l==r)
		{
			tree[rt].val=cc[l];
			return;
		}
		ll mid=(l+r)/2;
		build(lson(rt),l,mid);
		build(rson(rt),mid+1,r);
		tree[rt].val=(tree[lson(rt)].val+tree[rson(rt)].val)%p;
	}
	void pushdown(ll rt)
	{
		if(tree[rt].lazy!=0)
		{
			tree[lson(rt)].sum=(tree[lson(rt)].sum+tree[rt].lazy*tree[lson(rt)].val%p)%p;
			tree[rson(rt)].sum=(tree[rson(rt)].sum+tree[rt].lazy*tree[rson(rt)].val%p)%p;
			tree[lson(rt)].lazy+=tree[rt].lazy;
			tree[rson(rt)].lazy+=tree[rt].lazy;
			tree[rt].lazy=0;
		}
	}
	void update(ll rt,ll l,ll r,ll x,ll y,ll val)
	{
		if(x<=l&&r<=y)
		{
			tree[rt].sum=(tree[rt].sum+val*tree[rt].val%p)%p;
			tree[rt].lazy+=val;
			return;
		}
		pushdown(rt);
		ll mid=(l+r)/2;
		if(x<=mid)
		{
			update(lson(rt),l,mid,x,y,val);
		}
		if(y>mid)
		{
			update(rson(rt),mid+1,r,x,y,val);
		}
		pushup(rt);
	}
	ll query(ll rt,ll l,ll r,ll x,ll y)
	{
		if(x<=l&&r<=y)
		{
			return tree[rt].sum;
		}
		pushdown(rt);
		ll mid=(l+r)/2,ans=0;
		if(x<=mid)
		{
			ans=(ans+query(lson(rt),l,mid,x,y))%p;
		}
		if(y>mid)
		{
			ans=(ans+query(rson(rt),mid+1,r,x,y))%p;
		}
		return ans;
	}
}T;
void update(ll u,ll v,ll val,ll n)
{
	while(top[u]!=top[v])
	{
		if(dep[top[u]]>dep[top[v]])
		{
			T.update(1,1,n,dfn[top[u]],dfn[u],val);
			u=fa[top[u]];
		}
		else
		{
			T.update(1,1,n,dfn[top[v]],dfn[v],val);
			v=fa[top[v]];
		}
	}
	if(dep[u]>dep[v])
	{
		T.update(1,1,n,dfn[v],dfn[u],val);
	}
	else
	{
		T.update(1,1,n,dfn[u],dfn[v],val);
	}
}
ll query(ll u,ll v,ll n)
{
	ll ans=0;
	while(top[u]!=top[v])
	{
		if(dep[top[u]]>dep[top[v]])
		{
			ans=(ans+T.query(1,1,n,dfn[top[u]],dfn[u]))%p;
			u=fa[top[u]];
		}
		else
		{
			ans=(ans+T.query(1,1,n,dfn[top[v]],dfn[v]))%p;
			v=fa[top[v]];
		}
	}
	if(dep[u]>dep[v])
	{
		ans=(ans+T.query(1,1,n,dfn[v],dfn[u]))%p;
	}
	else
	{
		ans=(ans+T.query(1,1,n,dfn[u],dfn[v]))%p;
	}
	return ans;
}
int main()
{
	ll n,m,k,x,y,i,j;
	cin>>n>>m>>k;
	for(i=2;i<=n;i++)
	{
		cin>>fa[i];
		add(fa[i],i);
	}
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		cin>>x>>y;
		q[x].push_back(make_pair(y,i));
	}
	dfs1(1,k);
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		c[i]=(mi[i]-mi[fa[i]]+p)%p;
	}
	dfs2(1,1);
	T.build(1,1,n);
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		update(i,1,1,n);
		for(j=0;j<q[i].size();j++)
		{
			ans[q[i][j].second]=query(q[i][j].first,1,n);
		}
	}
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		cout<<ans[i]<<endl;
	}
	return 0;
}

$L$ luogu P5306 [COCI2018-2019#5] Transport

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