虚树

合集 - 学习笔记(20)

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9.虚树01-27

10.同余最短路01-2111.CDQ 分治 && 整体二分01-2012.点分治&&点分树01-1513.差分约束 + 01BFS2024-11-2914.二分图2024-10-2315.网络流02-1316.0/1 分数规划02-0417.后缀数组 SA02-2318.Manacher02-2319.回文自动机 PAM02-2420.后缀自动机 SAM03-09

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虚树

所谓虚树，就是对于一棵指定的树 $T$，构造一棵新的树 $T^{\prime }$ 使得总节点数最小且包含指定的某几个节点和它们的 LCA。OI Wiki 上的几张图就能说明：

虚树能解决什么问题？优化树形 DP。比如给定多组询问，每组询问给出树上的一些关键点，最终的答案只和这些关键点有关。那么此时我们如果每次都 $O(n)$ 遍历一遍树的话总复杂度就会达到 $O(nq)\sim O(nq\log n)$，超时；但建立虚树就会大大减少这个复杂度，最后的复杂度均摊在了 $O(\sum k\log n)$ 级别。

建树

有两种建树方法，OI Wiki 上有讲。一般来说我们使用单调栈建树。

先预处理整棵树的 DFS 序和 LCA，然后对于每组询问的关键点构造虚树。

1. 先对所有关键点 $a_i$ 按照 DFS 序排序。
2. 建一个栈 $\text{stk}$，满足 $\text{stk}(1)=\mathit{rt}$，$\text{stk}(\mathit{top})=a_k$，$\text{stk}(x)$ 为 $x-1$ 的后代。每当 $v$ 被弹出栈时，建立 $u\to v$ 的边。当我们要给栈里加入一个新的节点 $x$ 时，设 $l=\mathrm{LCA}(x,\text{stk}(\mathit{top}))$，分类讨论：
   • $l=\text{stk}(\mathit{top})$，也就是 $x$ 是 $\text{stk}(\mathit{top})$ 子树内的节点，此时直接将 $x$ 入栈；
   • $l\ne \text{stk}(\mathit{top})$，也就是 $x$ 不是 $\text{stk}(\mathit{top})$ 子树内的节点，此时我们把栈弹出，每弹出一个节点就加一条边，直到变成第一种情况。
3. 最后，把尚未弹出栈的节点依次弹出，并连边。

最后的实现是这样的：

int st[MAXN],tp;
void ins(int x){
	if(!tp) return st[++tp]=x,void();
	int l=lca(st[tp],x);
	while(tp>1&&dep[l]<dep[st[tp-1]]){
		addedge(st[tp-1],st[tp]);
		--tp;
	}
	if(dep[l]<dep[st[tp]]) addedge(l,st[tp]),--tp;
	if(!tp||st[tp]!=l) st[++tp]=l;
	st[++tp]=x;
}

int main(){
    ...
    for(int i=1,k;i<=m;++i){
        k=read();
        for(int j=1;j<=k;++j) a[j]=read();
        sort(a+1,a+k+1,[](int x,int y){return dfn[x]<dfn[y];});
		if(a[j]!=1) st[++tp]=1;
		for(int j=1;j<=k;++j) ins(a[j]);
		if(tp) while(--tp) addedge(st[tp],st[tp+1]);
	}
}

其实，这个建树的板子还是直接背最方便。

清空

虚树的清空是很需要注意的，为了保持复杂度正确，我们不能 memset 之类，只能每次扫关键点地清空，或者在 DFS 函数的最后清空。下面的例题有这一点。

P2495 [SDOI2011] 消耗战

题意：给定一棵 $n$ 个点的树和 $m$ 个询问，边有边权。每个询问给定一些树上的关键点，求出使 $1$ 节点不能到达任何关键点所需要断开的最少边权和。 $2\le n\le 2.5\times {10}^5$，$\sum k_i\le 5\times {10}^5$。

看到这种 $\sum k_i\le 5\times {10}^5$ 的就差不多是虚树了。

首先容易得到的是一个 $O(nq)$ 的 DP：设 $f_i$ 为使 $i$ 不与其子树中的任意一个关键点连通的最小代价。显然，枚举 $i$ 的儿子 $v$：

• 若 $v$ 是关键点，$f_i\leftarrow f_i+w(i,v)$；
• 若 $v$ 不是关键点，$f_i\leftarrow f_i+min\{f_v,w(i,v)\}$；

但是我们发现因为 $k$ 很稀疏，每一次把所有点都遍历一遍是不必要的，所以我们可以建虚树，只保留关键点，然后在虚树上进行 DP，这样的复杂度就是对的。

所以把虚树建出来，然后在虚树上进行 DP 就可以了。DP 实际上不是本题的难点。

// 前面的快读、树剖不再展示
int st[MAXN],tp;
bool vis[MAXN];
void ins(int x){
	if(!tp) return st[++tp]=x,void();
	int l=lca(st[tp],x);
	while(tp>1&&dep[l]<dep[st[tp-1]]){
		addedge(st[tp-1],st[tp]);
		--tp;
	}
	if(dep[l]<dep[st[tp]]) addedge(l,st[tp]),--tp;
	if(!tp||st[tp]!=l) st[++tp]=l;
	st[++tp]=x;
}
ll dfs3(int u){
	ll sum=0;
	for(int i=head[u];i;i=e[i].to) sum+=dfs3(e[i].v);
	ll res=vis[u]?dd[u]:min(sum,dd[u]);
	vis[u]=0;
	head[u]=0;
	return res;
}

int main(){
	n=read();
	for(int i=1,u,v,w;i<n;++i){
		u=read(),v=read(),w=read();
		addedge(u,v,w),addedge(v,u,w);
	}
	dd[1]=2e18;
	dfs(1,0);
	dfs2(1,1);
	memset(head,0,sizeof(int)*(n+5));
	tot=0;
	m=read();
	for(int i=1,k;i<=m;++i){
		k=read();
		for(int j=1;j<=k;++j) a[j]=read(),vis[a[j]]=1;
		sort(a+1,a+k+1,[](int x,int y){return dfn[x]<dfn[y];});
		st[++tp]=1;
		for(int j=1;j<=k;++j) ins(a[j]);
		if(tp) while(--tp) addedge(st[tp],st[tp+1]);
		write(dfs3(1));
		tp=tot=0;
	}
	return fw,0;
}

注意到原树在求出 DFS 序和 LCA 之后就没有用了，所以虚树可以直接使用原树的链式前向星建树。注意我们在 DFS 函数的末尾就把 vis 和 head 清空了，这样才能保证复杂度的正确。

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虚树的题本来想再贴几道，结果发现要么可以不拿虚树做，要么难点不在虚树。其实大多数虚树的题难点还是在 DP 上，虚树就是个板子，建完了之后调用就可以。

所以就不贴了。