虚树总结

之前学了一些算法,没有写算法总结,未来会陆续补一些。


前置知识:树形 \(dp\)\(lca\)\(dfs\) 序。

我们考虑 \([HEOI2014]\) 大工程 这道题。

显而易见,假如这道题只有一次询问,我们可以直接树形 \(dp\),快速求出答案,时间复杂度 \(O(n)\)

但是,梦想是梦想,现实是现实,这题多组询问,假如一遍一遍求,时间复杂度 \(O(nm)\)

同时,由于改变的是选择的点,所以你就可以提前放弃 \(up\ and\ down\) 了……

但是这道题有一个很有意思的性质:\(\sum k\le 2n\)

这也就意味着,假如树的点数只有 \(k\) 个,\(O(\sum k)\) 的时间复杂度是可以 \(AC\) 的,这就很好。

那么,接下来的问题就是:合理转化这棵树,使得,我们可以单次用 \(O(k)\)\(O(k\log k)\) 的时间复杂度建立一棵点数级别为 \(O(k)\) 的虚树(实际上还可以用单调栈建立虚树,但这里讲我比较拿手的 \(lca\) 建立虚树)。


我们考虑一下,一棵虚树中需要维护哪些点。

  1. 显而易见,题目中类似于“选中点”这种的关键点一定要选。

  2. 为了方便,通常我们也会选择树的根节点(便于维护答案,不选也行)。

  3. 其他的点都只是路过,但是两个关键点的共同祖先(即 \(lca\))是一定要选的,因为要通过他转移答案。

那这样很好想到暴力 \(O(k^2)\) 枚举 \(lca\),当然这样时间复杂度绝对会爆炸。

我们考虑下面这种方法:

  1. 对关键点序列 \(a\) 按照 \(dfs\) 序排序。

  2. 将相邻两个关键点的 \(lca\) 插入序列。

  3. 再对序列排一次序。

  4. \(a_i\)\(lca(a_{i-1},a_i)\) 连边。

时间复杂度 \(O(k\log k)\)


对于本题,设 \(dp_{u,0/1/2}\) 表示第 \(u\) 个节点的子树内,所有选中节点到它的距离之和/选中节点中到它的最短距离/选中节点中到它的最长距离,\(as_{u,0/1/2}\) 则代表对于这个子树,题目所问问题的三个答案,\(i1,i2\) 分别为使 \(dp_{u,1/2}\) 取极值的 \(v\)

\(dp\) 方程为:

\[dp_{u,0}=\sum\limits_{v\in uson}dis(u,v)\times sz_v+dp_{0,v} \]

\[dp_{u,1}=\min\limits_{v\in uson}dp_{v,1}+dis(u,v) \]

\[dp_{u,2}=\max\limits_{v\in uson}dp_{v,2}+dis(u,v) \]

\[as_{u,0}=\sum\limits_{v\in uson}as_{v,0}+(dis(u,v)\times sz_v+dp_{v,0})(sz_x-sz_y) \]

\[as_{u,1}=\min(\min\limits_{v\in uson}as_{v,1},\min\limits_{v\in uson且i1\ne v}dp_{u,1}+dp_{v,1}+dis(u,v)) \]

\[as_{u,2}=\max(\max\limits_{v\in uson}as_{v,2},\max\limits_{v\in uson且i2\ne v}dp_{u,2}+dp_{v,2}+dis(u,v)) \]

时间复杂度 \(O(\sum k\log k)\)

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=1000005;
int n,l,q,dfn[N],fa[N][21],p[N],a[N];
int m,r,t,k,h[N],nxt[N*2],to[N*2];
int d[N],nex[N*2],go[N*2],dep[N],b[N*2];
ll dp[3][N],as[3][N],c[N*2],sz[N];
int cmp(int x,int y){
	return dfn[x]<dfn[y];
}void ad(int x,int y){
	to[++m]=y;nxt[m]=h[x];h[x]=m;
}void add(int x,int y,int z){
	go[++r]=y;c[r]=z;
	nex[r]=d[x];d[x]=r;
}void dfs(int x,int f){
	dep[x]=dep[f]+1;
	fa[x][0]=f;dfn[x]=++l;
	for(int i=0;i<20;i++)
		fa[x][i+1]=fa[fa[x][i]][i];
	for(int i=h[x];i;i=nxt[i])
		if(f!=to[i]) dfs(to[i],x);
}int lca(int x,int y){
	if(dep[x]<dep[y]) swap(x,y);
	for(int i=20;~i;i--)
		if(dep[x]-dep[y]>=(1<<i))
			x=fa[x][i];
	if(x==y) return x;
	for(int i=20;~i;i--)
		if(fa[x][i]!=fa[y][i])
			x=fa[x][i],y=fa[y][i];
	return fa[x][0];
}int dis(int x,int y){
	return dep[x]+dep[y]-2*dep[lca(x,y)];
}void dp_(int x,int f){
	ll i1=0,i2=0;
	as[1][x]=1e18;
	if(p[x]==2) sz[x]=1;
	else dp[1][x]=1e18;
	for(int i=d[x];i;i=nex[i]){
		int y=go[i];
		if(y==f) continue;
		dp_(y,x);sz[x]+=sz[y];
		dp[0][x]+=c[i]*sz[y]+dp[0][y];
		if(dp[1][x]>dp[1][y]+c[i])
			dp[1][x]=dp[1][y]+c[i],i1=y;
		if(dp[2][x]<dp[2][y]+c[i])
			dp[2][x]=dp[2][y]+c[i],i2=y;
	}if(p[x]==2) as[2][x]=dp[2][x];
	for(int i=d[x];i;i=nex[i]){
		int y=go[i];if(y==f) continue;
		as[0][x]+=as[0][y]+(c[i]*sz[y]+dp[0][y])*(sz[x]-sz[y]);
		as[1][x]=min(as[1][y],as[1][x]);
		as[2][x]=max(as[2][y],as[2][x]);
		if(i1!=y)
			as[1][x]=min(as[1][x],dp[1][x]+dp[1][y]+c[i]);
		if(i2!=y)
			as[2][x]=max(as[2][x],dp[2][x]+dp[2][y]+c[i]);
	}
}int main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);
	cin>>n;
	for(int i=1,x,y;i<n;i++)
		cin>>x>>y,ad(x,y),ad(y,x);
	dfs(1,0);
	cin>>q;while(q--){
		cin>>k;
		for(int i=1;i<=k;i++)
			cin>>a[i],b[++t]=a[i],p[a[i]]=2;
		sort(a+1,a+k+1,cmp);
		for(int i=1;i<k;i++){
			int x=lca(a[i],a[i+1]);
			if(!p[x]) p[x]=1,b[++t]=x;
		}sort(b+1,b+t+1,cmp);
		for(int i=1;i<t;i++){
			int lc=lca(b[i],b[i+1]);
			add(lc,b[i+1],dep[b[i+1]]-dep[lc]);
			add(b[i+1],lc,dep[b[i+1]]-dep[lc]);
		}int rt=lca(b[1],b[2]);dp_(rt,0);
		cout<<as[0][rt]<<" "<<as[1][rt]<<" "<<as[2][rt]<<"\n";
		for(int i=1;i<=t;i++){
			p[b[i]]=sz[b[i]]=d[b[i]]=0;
			dp[0][b[i]]=dp[1][b[i]]=dp[2][b[i]]=0;
			as[0][b[i]]=dp[1][b[i]]=as[2][b[i]]=0;
		}for(int i=1;i<=r;i++)
			nex[i]=go[i]=c[i]=0;
		r=t=0;
	}return 0;
}
posted @ 2024-08-18 20:00  长安一片月_22  阅读(10)  评论(0编辑  收藏  举报