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📂学习笔记

🔖长链剖分

2023-06-04 15:44阅读: 263评论: 0推荐: 1

*【学习笔记】(18) 长链剖分

长链剖分

1.算法简介与性质

长链剖分本质上就是另外一种链剖分方式。

长链剖分与重链剖分有相通之处，后者是将子树大小最大的儿子作为重儿子，前者则是将子树深度最大的儿子作为重儿子。可见两者只是换了一个剖分形式。

长链剖分有如下性质：

性质 1：每个节点所在长链末端为其子树内最深节点。根据定义可知。
性质 2：一个节点的 $k$ 级祖先所在长链长度一定不小于 $k$ 。
- 设 $x$ 的 $k$ 级祖先为 $y$ （ $k$ 级祖先，向上跳 $k$ 到达的祖先），如果 $y$ 所在的长链小于 $k$ , 那么它所在的链一定不是长链，显然 $y - x$ 这条链更优。那么 $y$ 所在的重链长度至少为 $k$ ，性质成立。
性质 3：从根节点到任意叶子节点经过的轻边条数不超过 $\sqrt{n}$ ，这比重链剖分 $l o g n$ 稍劣一些。
- 如果一个点 $x$ 从一条重链跳到了另外一条重链上，那么跳跃到的这条重链的长度不会小于之前的重链长度。
  那么在最坏的情况下，重链长度分别为 $1, 2, 3, . . ., \sqrt{n}$ ，也就是最多跳跃 $\sqrt{n}$ 次。

2.应用：树上 $k$ 级祖先

$n l o g n$ 倍增预处理求出每个节点 $u$ 的 $2^{k}$ 级祖先，以及对于每条长链，从长链顶端向上 / 向下 $i$ 步分别能走到哪个节点，其中 i 不大于长链深度。此外，预处理每个数在二进制下的最高位，记为 $h_{i}$ 。

查询 $(u, k)$ ( $u$ 的 $k$ 级祖先)
首先跳到 $u$ 的 $2^{h_{k}}$ 级祖先 $v$ 。由于我们预处理了从 $v$ 所在长链顶端 $t$ 向上 / 下走不超过链长步分别到哪个节点，故不难直接查询。综上，时间复杂度为 $O (n l o g n) - O (1)$ 。

P5903 【模板】树上 k 级祖先

 #include<bits/stdc++.h>
#define ui unsigned int
#define ll long long
using namespace std;
const int N = 5e5 + 67;
ui s;
inline ui get(ui x) {
	x ^= x << 13, x ^= x >> 17, x ^= x << 5;
	return s = x; 
}
int read(){
	int x = 0, f = 1; char ch = getchar();
	while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') f = -f; ch = getchar();}
	while(ch >= '0' && ch <= '9'){x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48); ch = getchar();}
	return x * f;
}
int n, q, rt, lg;
ll ans;
int f[N][20], d[N], son[N], top[N], mxd[N], h[N];
int tot, Head[N], to[N], Next[N];
vector<int> up[N], down[N];
void add(int u, int v){
	to[++tot] = v, Next[tot] = Head[u], Head[u] = tot;
}
void dfs1(int x){
	d[x] = d[f[x][0]] + 1, mxd[x] = 1;
	for(int i = 1; i <= lg; ++i) f[x][i] = f[f[x][i - 1]][i - 1];
	for(int i = Head[x]; i; i = Next[i]){
		int y = to[i]; dfs1(y);
		mxd[x] = max(mxd[x], mxd[y] + 1);
		if(mxd[son[x]] < mxd[y]) son[x] = y;
	}
}
void dfs2(int x, int topf){
	if(x == topf) up[x].resize(mxd[x]), down[x].resize(mxd[x]);
	down[topf][d[x] - d[topf]] = x, top[x] = topf;
	if(son[x]) dfs2(son[x], topf);
	for(int i = Head[x]; i; i = Next[i]){
		int y = to[i]; if(y == son[x]) continue;
		dfs2(y, y);
	}
}
int main(){
	n = read(), q = read(), s = read(), lg = log2(n);
	for(int i = 1; i <= n; ++i) !(f[i][0] = read()) ? (rt = i, void()) : add(f[i][0], i);
	dfs1(rt), dfs2(rt, rt);
	for(int i = 1; i <= n; ++i){
		if(top[i] != i) continue;
		for(int j = 0, cur = i; j < mxd[i] && cur; ++j, cur = f[cur][0]) up[i][j] = cur;
	}
	for(int i = 1; i <= n; ++i) for(int j = 0; j <= lg; ++j) if(i >> j & 1) h[i] = j;
	for(int i = 1, las = 0; i <= q; ++i){
		int x = (get(s) ^ las) % n + 1, k = (get(s) ^ las) % d[x];
		x = !k ? x : f[x][h[k]], k -= (k == 0 ? 0 : (1 << h[k]));
		int t = top[x];
		if(d[x] - k >= d[t]) las = down[t][d[x] - k - d[t]];
		else las = up[t][d[t] - (d[x] - k)];
		ans ^= 1ll * i * las;
	}
	printf("%lld\n", ans);
	return 0;
}

3. 应用：优化深度相关的 DP

3.1 一般形式

长链剖分的价值主要体现在能优化树上与深度有关的 DP。如果子树内每个深度仅有一个信息，就可以使用长链剖分优化。一般形式如：设 $f_{i, j}$ 表示以 $i$ 为根的子树内，深度为 $j$ 的节点的贡献。

3.2 例题 CF1009F Dominant Indices

我们只关心每个节点子树内深度为 $j$ 的节点个数而非具体是哪些节点，很容易写出转移方程。设 $f_{i, j}$ 表示子树 $i$ 深度为 $j$ 的节点个数，则

f_{i, j} = \sum_{k \in s o n (i)} f_{k, j - 1}

$f_{i, 0} = 1$

直接暴力显然会 T 飞。

这时候就要请出我们的长链剖分优化DP 了。

我们可以采用一个优化策略：对于一个节点 $x$ ，我们先对它的长儿子做 DP，但这里可以使用一些技巧，让长儿子把 dp 出来的东西直接存到 $f_{x}$ 里面去（当然观察 dp 式可以发现这边需要错一位, 即 $f_{x, i} = f_{s o n [x], i - 1}$ ），然后再把其他轻儿子 dp 出来的东西与 $f_{u}$ 暴力合并。

这里我们详细说一下如何实现这些优化（好多博客都没有讲的很清楚，导致我看了很久，也可能是我太菜了）。

这里我们使用指针为 $f$ 动态申请内存来减少空间消耗。显然空间变成 $O (n)$ 的了。

我们只需要对每一个长链的顶端节点申请内存，具体的，对 $u$ 节点申请内存后，设 $v$ 为它的长儿子，那么 $f_{v} = f_{u} + 1$ ，这样写还有一个好处，就是我们可以直接实现 $f_{x, i} = f_{s o n [x], i - 1}$ 这一步操作，因为 $v$ 的下标相当于 $u$ 的往前移了一位。

这样时间也能变成 $O (n)$ 了。因为每个节点都只会在它所在的长链顶端被暴力合并一次。

答案的统计就很显然了。注意一点，由于枚举距离的时候没有枚举 $0$ ,所以 $0$ 的情况要特判一下，即 $f_{x, a n s_{u}} = 1$ 的时候（子树为一条链）。

 #include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e6 + 67;
int read(){
	int x = 0, f = 1; char ch = getchar();
	while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') f = -f; ch = getchar();}
	while(ch >= '0' && ch <= '9'){x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48); ch = getchar();}
	return x * f;
}
int n, cur;
int buf[N], ans[N], *f[N], mx[N];
int fa[N], d[N], mxd[N], son[N];
int tot, Head[N << 1], Next[N << 1], to[N << 1];
void add(int u, int v){
	to[++tot] = v, Next[tot] = Head[u], Head[u] = tot;
}
void dfs1(int x, int f){
	d[x] = d[f] + 1, fa[x] = f;
	for(int i = Head[x]; i; i = Next[i]){
		int y = to[i]; if(y == f) continue;
		dfs1(y, x);
		if(mxd[y] > mxd[son[x]]) son[x] = y;
	}
	mxd[x] = mxd[son[x]] + 1;
}
void dfs2(int x){
	f[x][0] = 1;
	if(son[x]){
		f[son[x]] = f[x] + 1; //共享内存 
		dfs2(son[x]), ans[x] = ans[son[x]] + 1; //从长儿子继承答案 
	} 
	for(int i = Head[x]; i; i = Next[i]){
		int y = to[i]; if(y == fa[x] || y == son[x]) continue;
		f[y] = buf + cur, cur += mxd[y], dfs2(y); //分配内存 
		for(int j = 1; j <= mxd[y]; ++j){
			f[x][j] += f[y][j - 1]; //暴力合并 
			if(f[x][j] > f[x][ans[x]] || (f[x][j] == f[x][ans[x]] && j < ans[x])) ans[x] = j; //更新答案 
		}
	}
	if(f[x][ans[x]] == 1) ans[x] = 0;
}
int main(){
	n = read();
	for(int i = 1; i < n; ++i){
		int u = read(), v = read();
		add(u, v), add(v, u);
	}
	dfs1(1, 0), f[1] = buf, cur += mxd[1], dfs2(1);
	for(int i = 1; i <= n; ++i) printf("%d\n", ans[i]);
	return 0;
}

3.3 经典结论

这个结论实在是太经典了，以至于它经常出现：选一个节点能覆盖它到根的所有节点。那么选 $k$ 个节点，覆盖的最多节点数就是前 $k$ 条长链长度之和，选择的节点即 $k$ 条长链末端。结果显然。

4.例题

Ⅰ. P4292 [WC2010]重建计划

Ⅱ. P5904 [POI2014]HOT-Hotels 加强版

题解

Ⅲ.CF526G Spiders Evil Plan

Ⅳ. P3441 [POI2006]MET-Subway

找到直径一端作为根，长链剖分取 $2 l - 1$ 个叶子即可。

画一下图发现显然，这题居然卡空间，可以参考洛谷题解的另一种做法，我下面展示的代码会 $M L E$ 。

点击查看代码

 #include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e6 + 67;
int read(){
	int x = 0, f = 1; char ch = getchar();
	while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') f = -f; ch = getchar();}
	while(ch >= '0' && ch <= '9'){x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48); ch = getchar();}
	return x * f;
}
//bool x1;
int n, k, rt, maxn;
int tot, Head[N], to[N << 1], Next[N << 1];
int son[N], mxd[N];
vector<int> E[N];
bool vis[N];
void add(int u, int v){
	to[++tot] = v, Next[tot] = Head[u], Head[u] = tot;
}
void find_root(int x){
	queue<int> q;
	q.push(x); mxd[x] = 1;
	while(!q.empty()){
		int x = q.front(); q.pop();
		for(int i = Head[x]; i; i = Next[i]){
			int y = to[i]; if(mxd[y]) continue;
			mxd[y] = mxd[x] + 1;
			if(mxd[y] > maxn) maxn = mxd[y], rt = y;
			q.push(y);
		}
	}
}
void dfs(int x, int fa){
	for(int i = Head[x]; i; i = Next[i]){
		int y = to[i]; if(y == fa) continue;
		dfs(y, x); if(mxd[y] > mxd[son[x]]) son[x] = y;
	}
	mxd[x] = mxd[son[x]] + 1;
}
int main(){
	n = read(), k = read() * 2 - 1;
	for(int i = 1; i < n; ++i){
		int u = read(), v = read();
		add(u, v), add(v, u);
	}
	find_root(1);
	memset(mxd, 0, sizeof(mxd));
	dfs(rt, 0);
	int ans = 0;
	for(int i = 1; i <= n; ++i) E[mxd[i]].push_back(i);
	for(int i = n; i; --i){
		for(int x : E[i]){
			if(vis[x]) continue;
			int cur = x; --k;
			while(cur) ++ans, vis[cur] = 1, cur = son[cur];
			if(!k) break;
		}
		if(!k) break;
	}
	printf("%d\n", ans);
//	bool x2;
//	fprintf(stderr, "%.3lf\n", abs(&x1 - &x2) / 1048576.0);
	return 0;
}

参考：https://www.cnblogs.com/alex-wei/p/Tree_Tree_Tree_Tree_Tree_Tree_Tree_Tree_Tree_Tree_Tree_Tree_Tree_Tree_Tree.html

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本文作者：南风未起

本文链接：https://www.cnblogs.com/jiangchen4122/p/17455781.html

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南风未起

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	#include<bits/stdc++.h>
	#define ui unsigned int
	#define ll long long
	using namespace std;
	const int N = 5e5 + 67;
	ui s;
	inline ui get(ui x) {
	x ^= x << 13, x ^= x >> 17, x ^= x << 5;
	return s = x;
	}
	int read(){
	int x = 0, f = 1; char ch = getchar();
	while(ch < '0' \|\| ch > '9'){if(ch == '-') f = -f; ch = getchar();}
	while(ch >= '0' && ch <= '9'){x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48); ch = getchar();}
	return x * f;
	}
	int n, q, rt, lg;
	ll ans;
	int f[N][20], d[N], son[N], top[N], mxd[N], h[N];
	int tot, Head[N], to[N], Next[N];
	vector<int> up[N], down[N];
	void add(int u, int v){
	to[++tot] = v, Next[tot] = Head[u], Head[u] = tot;
	}
	void dfs1(int x){
	d[x] = d[f[x][0]] + 1, mxd[x] = 1;
	for(int i = 1; i <= lg; ++i) f[x][i] = f[f[x][i - 1]][i - 1];
	for(int i = Head[x]; i; i = Next[i]){
	int y = to[i]; dfs1(y);
	mxd[x] = max(mxd[x], mxd[y] + 1);
	if(mxd[son[x]] < mxd[y]) son[x] = y;
	}
	}
	void dfs2(int x, int topf){
	if(x == topf) up[x].resize(mxd[x]), down[x].resize(mxd[x]);
	down[topf][d[x] - d[topf]] = x, top[x] = topf;
	if(son[x]) dfs2(son[x], topf);
	for(int i = Head[x]; i; i = Next[i]){
	int y = to[i]; if(y == son[x]) continue;
	dfs2(y, y);
	}
	}
	int main(){
	n = read(), q = read(), s = read(), lg = log2(n);
	for(int i = 1; i <= n; ++i) !(f[i][0] = read()) ? (rt = i, void()) : add(f[i][0], i);
	dfs1(rt), dfs2(rt, rt);
	for(int i = 1; i <= n; ++i){
	if(top[i] != i) continue;
	for(int j = 0, cur = i; j < mxd[i] && cur; ++j, cur = f[cur][0]) up[i][j] = cur;
	}
	for(int i = 1; i <= n; ++i) for(int j = 0; j <= lg; ++j) if(i >> j & 1) h[i] = j;
	for(int i = 1, las = 0; i <= q; ++i){
	int x = (get(s) ^ las) % n + 1, k = (get(s) ^ las) % d[x];
	x = !k ? x : f[x][h[k]], k -= (k == 0 ? 0 : (1 << h[k]));
	int t = top[x];
	if(d[x] - k >= d[t]) las = down[t][d[x] - k - d[t]];
	else las = up[t][d[t] - (d[x] - k)];
	ans ^= 1ll * i * las;
	}
	printf("%lld\n", ans);
	return 0;
	}

	#include<bits/stdc++.h>
	using namespace std;
	const int N = 1e6 + 67;
	int read(){
	int x = 0, f = 1; char ch = getchar();
	while(ch < '0' \|\| ch > '9'){if(ch == '-') f = -f; ch = getchar();}
	while(ch >= '0' && ch <= '9'){x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48); ch = getchar();}
	return x * f;
	}
	int n, cur;
	int buf[N], ans[N], *f[N], mx[N];
	int fa[N], d[N], mxd[N], son[N];
	int tot, Head[N << 1], Next[N << 1], to[N << 1];
	void add(int u, int v){
	to[++tot] = v, Next[tot] = Head[u], Head[u] = tot;
	}
	void dfs1(int x, int f){
	d[x] = d[f] + 1, fa[x] = f;
	for(int i = Head[x]; i; i = Next[i]){
	int y = to[i]; if(y == f) continue;
	dfs1(y, x);
	if(mxd[y] > mxd[son[x]]) son[x] = y;
	}
	mxd[x] = mxd[son[x]] + 1;
	}
	void dfs2(int x){
	f[x][0] = 1;
	if(son[x]){
	f[son[x]] = f[x] + 1; //共享内存
	dfs2(son[x]), ans[x] = ans[son[x]] + 1; //从长儿子继承答案
	}
	for(int i = Head[x]; i; i = Next[i]){
	int y = to[i]; if(y == fa[x] \|\| y == son[x]) continue;
	f[y] = buf + cur, cur += mxd[y], dfs2(y); //分配内存
	for(int j = 1; j <= mxd[y]; ++j){
	f[x][j] += f[y][j - 1]; //暴力合并
	if(f[x][j] > f[x][ans[x]] \|\| (f[x][j] == f[x][ans[x]] && j < ans[x])) ans[x] = j; //更新答案
	}
	}
	if(f[x][ans[x]] == 1) ans[x] = 0;
	}
	int main(){
	n = read();
	for(int i = 1; i < n; ++i){
	int u = read(), v = read();
	add(u, v), add(v, u);
	}
	dfs1(1, 0), f[1] = buf, cur += mxd[1], dfs2(1);
	for(int i = 1; i <= n; ++i) printf("%d\n", ans[i]);
	return 0;
	}

长链剖分

1.算法简介与性质

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