树链剖分

写在最前头

树链剖分，顾名思义，就是 把一棵树残忍的肢解 把一棵树拆成若干条链，从而实现快速的对一棵树进行操作。

因为拆成的是一条条链，所以我们想到可以用线段树来实现快速对链的修改和查询

所以现在解决两个问题：如何把树拆成链、如何操作链（一般都和线段树连用）使效果和操作树相同

剖分

要解剖一棵树，我们需要对其进行遍历，通过dfs实现。

树剖的dfs分为两个部分，一个用来记住某个节点的属性，一个用来拆链及映射到线段树上。结合上图，具体我们看代码（这不是教学博客所以讲快一点）：

int dep[maxn],size[maxn],fa[maxn],wson[maxn],top[maxn],pos[maxn],ori[maxn];
void dfs1(int id,int F){
    size[id] = 1;//记录自己及儿子一起有多少个节点，以便找重儿子和对以某节点为根的书进行操作
    for(int i = head[id];i;i = E[i].nxt){
        int v = E[i].v;
        if(v == F)continue;//不能回去爸爸那里
        dep[v] = dep[id] + 1;//深度是父亲节点+1
        fa[v] = id;//记录父亲
        dfs1(v,id);//继续dfs
        size[id] += size[v];//回溯更新爸爸大小
        if(size[v] > size[wson[id]]){
            wson[id] = v;//更新重儿子
            }
        }
    }
void dfs2(int id,int TP){
    top[id] = TP;//链顶
    pos[id] = ++cnt;//映射线段树，查询修改时会用到
    ori[cnt] = id;//线段树映射回原树，建树的时候会用到
    if(!wson[id])return ;//没重儿子就代表没儿子，直接返回
    dfs2(wson[id],TP);//先dfs重儿子：一条重链有同一个链顶
    for(int i = head[id];i;i = E[i].nxt){
        int v = E[i].v;
        if(v == fa[id] || v == wson[id])continue;
        dfs2(v,v);//再更新其他儿子：轻链出发有以自己为链顶的链
        }
    }

线段树部分

线段树与之前的线段树无大异，只是建树时需要略作修改：建树时查到叶子节点的值是来自原树的，所以我们需要用到ori[ ]这个数组

void build(int id,int l,int r){
    tree[id].l = l;
    tree[id].r = r;
    if(l == r){
        tree[id].sum = v[ori[l]];//就是这里，返回的是原树节点的值
        tree[id].sum %= M;
        return ;
        }
    int mid = l + r >> 1;
    build(lid,l,mid);
    build(rid,mid + 1,r);
    tree[id].sum = (tree[lid].sum + tree[rid].sum) % M;
    }

其他与普通线段树无异

树上修改

我们只能对链做修改，所以要修改一棵树还是要动点手脚：

观察上图，结合dfs2，我们可以发现：一条链中，其映射到线段树的标号是连续的，我们可以利用这个性质进行修改：

修改从u到v点路径上所有节点

如把从u到v点路径上所有节点的值+val，我们怎么做呢？

分两种情况：

1.若两点在一条链中，直接更新（因为标号是连续的）

2.若不在一条链中，找到链顶深度大的节点（叫他x），更新x到x链顶的值（因为一条链里标号连续可以更新），再跳到x链顶的爸爸，直到最后两点在同一条链

void solve1(int x,int y,int val){
    while(top[x] != top[y]){
        if(dep[top[x]] < dep[top[y]])swap(x,y);//为什么找深度大的可以看图自己模拟一下
        update(1,val,pos[top[x]],pos[x]);//记住更新时标号小的节点在前（线段树要求的）（由dfs2得：链顶标号一定比链中其他点小）
        //还有就是，更新线段树要用映射后的标号
        x = fa[top[x]];//类似迭代
        }
    if(dep[x] > dep[y])swap(x,y);
    update(1,val,pos[x],pos[y]);
    }

修改以u为根节点的树的所有节点

如将以u为根节点的子树内所有节点值都加上val

其实很好办：由dfs2可得，一棵树的所有节点是连续的（可以自己模拟一下一定是连续的），且他的节点数是size[u]，所以我们直接更新这一段就好

void solve3(int rt,int val){
    update(1,val,pos[rt],pos[rt] + size[rt] - 1);//为什么-1自己模一下，理解一下就好
    }

查询

理解了修改，其实查询是一模一样的

查询从u到v点路径上所有节点的和

ll solve2(int x,int y){
    ll ans = 0;
    while(top[x] != top[y]){
        if(dep[top[x]] < dep[top[y]])swap(x,y);
        ans += query(1,pos[top[x]],pos[x]);
        ans %= M;
        x = fa[top[x]];
        }
    if(dep[x] > dep[y])swap(x,y);
    ans += query(1,pos[x],pos[y]);
    ans %= M;
    return ans;
    }

查询以u为根节点的树的所有节点的和

ll solve4(int rt){
    return query(1,pos[rt],pos[rt] + size[rt] - 1) % M;
    }

一些题目

P3384 【模板】树链剖分

题目描述

如题，已知一棵包含N个结点的树（连通且无环），每个节点上包含一个数值，需要支持以下操作：

操作1： 格式： 1 x y z 表示将树从x到y结点最短路径上所有节点的值都加上z

操作2： 格式： 2 x y 表示求树从x到y结点最短路径上所有节点的值之和

操作3： 格式： 3 x z 表示将以x为根节点的子树内所有节点值都加上z

操作4： 格式： 4 x 表示求以x为根节点的子树内所有节点值之和

输入输出格式

输入格式：
第一行包含4个正整数N、M、R、P，分别表示树的结点个数、操作个数、根节点序号和取模数（即所有的输出结果均对此取模）。

接下来一行包含N个非负整数，分别依次表示各个节点上初始的数值。

接下来N-1行每行包含两个整数x、y，表示点x和点y之间连有一条边（保证无环且连通）

接下来M行每行包含若干个正整数，每行表示一个操作，格式如下：

操作1： 1 x y z

操作2： 2 x y

操作3： 3 x z

操作4： 4 x

输出格式：
输出包含若干行，分别依次表示每个操作2或操作4所得的结果（对P取模）

---

是树剖的板题，直接上代码了：

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<cstring>
#define ll long long
using namespace std;
int RD(){
    int out = 0,flag = 1;char c = getchar();
    while(c < '0' || c >'9'){if(c == '-')flag = -1;c = getchar();}
    while(c >= '0' && c <= '9'){out = out * 10 + c - '0';c = getchar();}
    return flag * out;
    }
const int maxn = 100019;
int num,na,root,M;
int cnt,nume;
int v[maxn];
int head[maxn];
struct Node{
    int v,nxt;
    }E[2 * maxn];
void add(int u,int v){
    E[++nume].nxt = head[u];
    E[nume].v = v;
    head[u] = nume;
    }
int dep[maxn],size[maxn],fa[maxn],wson[maxn],top[maxn],pos[maxn],ori[maxn];
void dfs1(int id,int F){
    size[id] = 1;
    for(int i = head[id];i;i = E[i].nxt){
        int v = E[i].v;
        if(v == F)continue;
        dep[v] = dep[id] + 1;
        fa[v] = id;
        dfs1(v,id);
        size[id] += size[v];
        if(size[v] > size[wson[id]]){
            wson[id] = v;
            }
        }
    }
void dfs2(int id,int TP){
    top[id] = TP;
    pos[id] = ++cnt;
    ori[cnt] = id;
    if(!wson[id])return ;
    dfs2(wson[id],TP);
    for(int i = head[id];i;i = E[i].nxt){
        int v = E[i].v;
        if(v == fa[id] || v == wson[id])continue;
        dfs2(v,v);
        }
    }
#define lid (id << 1)
#define rid (id << 1) | 1
struct sag_tree{
    int l,r;
    ll sum,lazy;
    }tree[maxn << 2];
void build(int id,int l,int r){
    tree[id].l = l;
    tree[id].r = r;
    if(l == r){
        tree[id].sum = v[ori[l]];
        tree[id].sum %= M;
        return ;
        }
    int mid = l + r >> 1;
    build(lid,l,mid);
    build(rid,mid + 1,r);
    tree[id].sum = (tree[lid].sum + tree[rid].sum) % M;
    }
void pushdown(int id){
    if(tree[id].lazy != 0 && tree[id].l != tree[id].r){
        tree[lid].sum += (tree[lid].r - tree[lid].l + 1) * tree[id].lazy;
        tree[lid].sum %= M;
        tree[rid].sum += (tree[rid].r - tree[rid].l + 1) * tree[id].lazy;
        tree[rid].sum %= M;
        tree[lid].lazy += tree[id].lazy;
        tree[lid].lazy %= M;
        tree[rid].lazy += tree[id].lazy;
        tree[rid].lazy %= M;
        tree[id].lazy = 0;
        }
    }
void update(int id,int val,int l,int r){
    pushdown(id);
    if(tree[id].l == l && tree[id].r == r){
        tree[id].sum += (r - l + 1) * val;
        tree[id].sum %= M;
        tree[id].lazy += val;
        tree[id].lazy %= M;
        return ;
        }
    int mid = (tree[id].l + tree[id].r) >> 1;
    if(mid < l){
        update(rid,val,l,r);
        }
    else if(mid >= r){
        update(lid,val,l,r);
        }
    else {
        update(lid,val,l,mid);
        update(rid,val,mid + 1,r);
        }
    tree[id].sum = (tree[lid].sum + tree[rid].sum) % M;
    }
int query(int id,int l,int r){
    pushdown(id);
    if(tree[id].l == l && tree[id].r == r){
        return tree[id].sum % M;
        }
    int mid = (tree[id].l + tree[id].r) >> 1;
    if(mid < l){
        return query(rid,l,r);
        }
    else if(mid >= r){
        return query(lid,l,r);
        }
    else {
        return (query(lid,l,mid) + query(rid,mid + 1,r)) % M;
        }
    }
void solve1(int x,int y,int val){
    while(top[x] != top[y]){
        if(dep[top[x]] < dep[top[y]])swap(x,y);
        update(1,val,pos[top[x]],pos[x]);
        x = fa[top[x]];
        }
    if(dep[x] > dep[y])swap(x,y);
    update(1,val,pos[x],pos[y]);
    }
ll solve2(int x,int y){
    ll ans = 0;
    while(top[x] != top[y]){
        if(dep[top[x]] < dep[top[y]])swap(x,y);
        ans += query(1,pos[top[x]],pos[x]);
        ans %= M;
        x = fa[top[x]];
        }
    if(dep[x] > dep[y])swap(x,y);
    ans += query(1,pos[x],pos[y]);
    ans %= M;
    return ans;
    }
void solve3(int rt,int val){
    update(1,val,pos[rt],pos[rt] + size[rt] - 1);
    }
ll solve4(int rt){
    return query(1,pos[rt],pos[rt] + size[rt] - 1) % M;
    }
int main(){
    num = RD();na = RD();root = RD();M = RD();
    for(int i = 1;i <= num;i++){
        v[i] = RD();
        }
    int u,v;
    for(int i = 1;i <= num - 1;i++){
        u = RD();v = RD();
        add(u,v);
        add(v,u);
        }
    dep[root] = 1;
    dfs1(root,-1);
    dfs2(root,root);
    build(1,1,num);
    int x,y,z,ask;
    while(na--){
        ask = RD();
        if(ask == 1){
            x = RD();y = RD();z = RD();
            solve1(x,y,z);
            }
        else if(ask == 2){
            x = RD();y = RD();
            printf("%ld\n",solve2(x,y));
            }
        else if(ask == 3){
            x = RD();z = RD();
            solve3(x,z);
            }
        else{
            x = RD();
            printf("%ld\n",solve4(x));
            }
        }
    return 0;
    }

类似的像是板题的题可以看一下：

P2590 [ZJOI2008]树的统计

P3178 [HAOI2015]树上操作

---

然后有题没那么裸的

P2146 [NOI2015]软件包管理器

题目描述

Linux用户和OSX用户一定对软件包管理器不会陌生。通过软件包管理器，你可以通过一行命令安装某一个软件包，然后软件包管理器会帮助你从软件源下载软件包，同时自动解决所有的依赖（即下载安装这个软件包的安装所依赖的其它软件包），完成所有的配置。Debian/Ubuntu使用的apt-get，Fedora/CentOS使用的yum，以及OSX下可用的homebrew都是优秀的软件包管理器。

你决定设计你自己的软件包管理器。不可避免地，你要解决软件包之间的依赖问题。如果软件包A依赖软件包B，那么安装软件包A以前，必须先安装软件包B。同时，如果想要卸载软件包B，则必须卸载软件包A。现在你已经获得了所有的软件包之间的依赖关系。而且，由于你之前的工作，除0号软件包以外，在你的管理器当中的软件包都会依赖一个且仅一个软件包，而0号软件包不依赖任何一个软件包。依赖关系不存在环（若有m(m≥2)个软件包A1,A2,A3,⋯,Am，其中A1依赖A2，A2依赖A3，A3依赖A4，……，A[m-1]依赖Am，而Am依赖A1，则称这m个软件包的依赖关系构成环），当然也不会有一个软件包依赖自己。

现在你要为你的软件包管理器写一个依赖解决程序。根据反馈，用户希望在安装和卸载某个软件包时，快速地知道这个操作实际上会改变多少个软件包的安装状态（即安装操作会安装多少个未安装的软件包，或卸载操作会卸载多少个已安装的软件包），你的任务就是实现这个部分。注意，安装一个已安装的软件包，或卸载一个未安装的软件包，都不会改变任何软件包的安装状态，即在此情况下，改变安装状态的软件包数为0。

输入输出格式

输入格式：
从文件manager.in中读入数据。

输入文件的第1行包含1个整数n，表示软件包的总数。软件包从0开始编号。

随后一行包含n−1个整数，相邻整数之间用单个空格隔开，分别表示1,2,3,⋯,n−2,n−1号软件包依赖的软件包的编号。

接下来一行包含1个整数q，表示询问的总数。之后q行，每行1个询问。询问分为两种：

install x：表示安装软件包x

uninstall x：表示卸载软件包x

你需要维护每个软件包的安装状态，一开始所有的软件包都处于未安装状态。

对于每个操作，你需要输出这步操作会改变多少个软件包的安装状态，随后应用这个操作（即改变你维护的安装状态）。

输出格式：
输出到文件manager.out中。

输出文件包括q行。

输出文件的第i行输出1个整数，为第i步操作中改变安装状态的软件包数。

---

其实这应该题巧在线段树：如何定义lazy减低时间复杂度，树剖的话理解好题意应该很好想的

我们把线段树里的sum定义为1表示已安装，0表示未安装

然后lazy == -1 表示无操作，lazy == 1 表示其子节点全部安装，lazy == 0 表示其子节点全部被卸载，然后pushdown函数就不难写了

对于每次操作，我们先记录操作之前的线段树和（因为安装了的为1，所以线段树的和就是所有安装数），然后更新，在查询一次线段树和，两次的差的绝对值就是答案

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<cstring>
#define ll long long
using namespace std;
ll RD(){
    ll out = 0,flag = 1;char c = getchar();
    while(c < '0' || c >'9'){if(c == '-')flag = -1;c = getchar();}
    while(c >= '0' && c <= '9'){out = out * 10 + c - '0';c = getchar();}
    return flag * out;
    }
#define ll long long
const int maxn = 100019;
int num,na,nume,cnt;
int head[maxn];
struct Node{
    int v,nxt;
    }E[2 * maxn];
void add(int u,int v){
    E[++nume].nxt = head[u];
    E[nume].v = v;
    head[u] = nume;
    }
int dep[maxn],fa[maxn],wson[maxn],top[maxn],size[maxn],pos[maxn],ori[maxn];
void dfs1(int id,int F){
    size[id] = 1;
    for(int i = head[id];i;i = E[i].nxt){
        int v = E[i].v;
        if(v == F)continue;
        dep[v] = dep[id] + 1;
        fa[v] = id;
        dfs1(v,id);
        size[id] += size[v];
        if(size[v] > size[wson[id]]){
            wson[id] = v;
            }
        }
    }
void dfs2(int id,int TP){
    top[id] = TP;
    pos[id] = ++cnt;
    ori[cnt] = id;
    if(!wson[id])return ;
    dfs2(wson[id],TP);
    for(int i = head[id];i;i = E[i].nxt){
        int v = E[i].v;
        if(v == fa[id] || v == wson[id])continue;
        dfs2(v,v);
        }
    }
#define lid (id << 1)
#define rid (id << 1) | 1
struct sag_tree{
    int l,r;
    int sum;
    int lazy;
    }tree[maxn << 2];
void build(int id,int l,int r){
    tree[id].l = l;
    tree[id].r = r;
    if(l == r){
        tree[id].sum = 0;
        tree[id].lazy = -1;//初始化lazy
        return ;
        }
    int mid = l + r >> 1;
    build(lid,l,mid);
    build(rid,mid + 1,r);
    tree[id].sum = tree[lid].sum + tree[rid].sum;
    }
void pushdown(int id){
    if(tree[id].lazy != -1 && tree[id].l != tree[id].r){
        if(tree[id].lazy == 1){
            tree[lid].lazy = 1;
            tree[rid].lazy = 1;
            tree[lid].sum = tree[lid].r - tree[lid].l + 1;
            tree[rid].sum = tree[rid].r - tree[rid].l + 1;
            tree[id].lazy = -1;
            }
        else{
            tree[lid].lazy = 0;
            tree[rid].lazy = 0;
            tree[lid].sum = 0;
            tree[rid].sum = 0;
            tree[id].lazy = -1;
            }
        }
    }
void update(int id,int l,int r,int o){
    pushdown(id);
    if(tree[id].l == l && tree[id].r == r){
        if(o == 1){
            tree[id].lazy = 1;
            tree[id].sum = r - l + 1;
            }
        else if(o == 0){
            tree[id].lazy = 0;
            tree[id].sum = 0;
            }
        return ;
        }
    int mid = tree[id].l + tree[id].r >> 1;
    if(mid < l){
        update(rid,l,r,o);
        }
    else if(mid >= r){
        update(lid,l,r,o);
        }
    else {
        update(lid,l,mid,o);
        update(rid,mid + 1,r,o);
        }
    tree[id].sum = tree[lid].sum + tree[rid].sum;
    }
int query(){
    return tree[1].sum;tree[1].sum就是总和
    }
void install(int x){
    int pre = query();
    int y = 1;
    while(top[x] != top[y]){
        if(dep[top[x]] < dep[top[y]])swap(x,y);
        update(1,pos[top[x]],pos[x],1);
        x = fa[top[x]];
        }
    update(1,1,pos[x],1);
    printf("%d\n",abs(query() - pre));
    }
void uninstall(int x){
    int pre = query();
    update(1,pos[x],pos[x] + size[x] - 1,0);
    printf("%d\n",abs(query() - pre));
    }
int main(){
    num = RD();
    int u;
    for(int i = 2;i <= num;i++){
        u = RD();
        add(i,u + 1);
        add(u + 1,i);
        }
    dep[1] = 1;
    dfs1(1,-1);
    dfs2(1,1);
    build(1,1,num);
    na = RD();
    char ask[19];
    for(int i = 1;i <= na;i++){
        cin>>ask;
        u = RD();
        if(ask[0] == 'i'){
            install(u + 1);
            }
        else{
            uninstall(u + 1);
            }
        }
    return 0;
    }