2019暑期金华集训 Day5 树上数据结构
自闭集训 Day5
树上数据结构
前置知识
- 点分治
- 边分治
- 树链剖分
- LCT
Top Tree
LCT时间复杂度
线段树每次查询是严格\(\log n\)的，然而splay维护连续段的时候，如果每次查询可以缩点，那么访问的区间数是均摊\(O(1)\)的。（？？）
所以用splay维护LCT是一个log，而线段树维护就是两个log。
捉迷藏
边分治多好，干什么点分治……
每个点开个堆维护子树最远点、开个堆维护儿子最远点的前二大的值、开个堆维护全局最大值，然后随便搞。
边分治由于每次只需要合并两个子树，所以好写很多。
bzoj2566
每个颜色分别维护。
bzoj3730
每个点树状数组维护距离为\(len\)的点权和，然后暴跳点分树。
为什么可以树状数组？最大\(dep\)小于等于子树大小，而点分治的子树大小之和为\(n\log n\)。
幻想乡战略游戏
见博客。
Ynoi2011 D1T3
每次查询的时候找到点分树上最浅的点，使得它在连通快内，然后把它看做根来做。
然后考虑一个点\(i\)，如果\(i\)到根的\(min,max\)都在\([l,r]\)内，那么\(i\)就在连通快内。这是一个类似于二维数点的东西。
然后再带上颜色的限制，就是一个类似于三维数点的东西。
对每一个点都预处理上面的东西，离线一下，就是\(O(n\log^2 n)\)了。
floj307/CF1010F
先考虑\(O(n^2 )\)做法，发现就是一个很无脑的DP：设\(f_{x,i}\)表示考虑\(x\)的子树，搞到\(i\)大小的连通块的方案数，然后乱搞。用生成函数表示就是\(f_x=x\prod (f_v+1)\)。
链剖加速，每个轻儿子的大小之和是\(n\log n\)，一条一条重链来做。
设\(F_ i( x)\)表示考虑重儿子的生成函数，\(A_i(x)\)表示不考虑重儿子的生成函数。
那么有\(F_i(x)=(F_{i-1}(x)+1)A_i(x)x\) ，分治FFT。
似乎是把式子展开之后就是\(\sum\limits _{i=1}^n \prod\limits_{j=i}^n B_j\)，发现可以分治FFT搞起来，就没了。
Ynoi2011 D2T3
可以根号分治，注意修改的时候只会有\(O(\sqrt{n})\)个点旁边有大点，所以可以暴力。
链分治，每个点只维护轻儿子，然后修改的时候就只需要修改重链头的数据结构，于是\(O(n\log^2 n)\)。
每次只维护轻儿子应该是个套路。
UOJ191
把操作树建出来，加点就是往儿子走，删点就是跳父亲，查询就是询问某条链上的最大值。
答案显然是在上凸壳上，现在问题是如何维护凸壳。
最naive的方法是树链剖分，然后每条重链用线段树维护凸壳，这样是\(O(n\log^3 n)\) 的。注意横坐标没有单调性，需要用平衡树维护。
发现跳重链有一个性质：只要当前重链不是最后一条，那么要查询的点必然是一个前缀。
既然是前缀那么就可以离线，然后每条重链上面分别做，可以一个\(\log\)。
所以最后总复杂度就是\(O(n\log^2 n)\)。
某题
两个操作：修改点权、求最大权值连通块。
就是个动态DP，直接搞。
LCT
由于LCT的access是均摊的，所以不能可持久化。
然而有严格单次\(\log n\)的动态树，然而不会。
某题
可以用\(a_i\)的代价选中子树中所有叶子，问把\(x\)子树中的叶子选中的最小代价。
有一个简单的暴力DP：\(f_x=\min(a_x,\sum f_v)\)。
重链剖分，转移方程变为\(f_i=\min(a_i,f_{i+1}+b_i)\)。
把这个看做是一个变换\((a,b)\)表示\(x\rightarrow \min(a,x+b)\)，然后发现这个变换可以合并：
而且显然还支持结合律，所以可以线段树维护。套上树链剖分之后就\(O(n\log^2 n)\) 了。
如果用LCT维护，那么由于有reverse操作的存在，要额外记录反过来变换的值，稍微难写一点，但复杂度是\(O(n\log n)\)。
某题
设\(dp_{i,x}\)表示到了\(i\)的时候值为\(x\)，胜者是谁，然后从右往左DP，发现每次只会改一个位置的值，于是获得了\(O(qn)\)的做法。这个做法不怎么能优化……
发现一个性质：每次游戏只会有最多一个人动手，并且动手之后必然会搞成自己的编号。
所以前\(i\)个人只会搞出小于等于\(i\)的数。
然后连边：\(i\)朝\((i-a_i)\% n\)连边。如果\((i-a_i)\% n\ge i\)那么不用连。
这样形成了一个森林。
那么考虑一个DP：设\(dp_{x}\)表示如果走到了\(fa_x\)那么\(x\)会不会改。如果儿子里有一个是1那么自己就是0，否则就是1。
最后考虑0，如果\(dp_0=1\)那么0赢了，否则就是0的儿子里面是1的编号最小的点赢了。
考虑修改操作，发现就是个动态DP，用LCT维护。
CodeChef Pushflow
最大流就是最小割，最小割要么切树边要么切两条环边。
如果切环边，那么肯定要切最小值，所以可以直接把最小值丢掉，加到其他边上。
也可以用圆方树直接搞，我可能白学了圆方树……
WineDAG's prevention
一个树，增加点的点权、翻转一条路径上的权值、询问路径最大值、最小值。
正常LCT是做不了的，因为LCT内的splay是按深度为权值的。
这题可以维护两棵splay，一个是形态splay，另一个是权值splay，用中序遍历的序列来一一对应。
于是修改就可以直接在权值splay上面翻转而不改变树形态，于是做完了。
CF1137F
根本不会 /kk
什么时候\(x\)在\(y\)之前被删除？令权值最大的点为根，当且仅当\(x\)不是\(y\)的祖先，并且\(x\)的子树最大值不超过\(y\)的子树最大值。
每个点记录每个儿子到父亲节点的权值。
那么一次up操作会发生什么？相当于一次换根+链覆盖。链覆盖可以看成是LCT的access操作。
于是对于LCT里面每一棵splay，维护它的权值在全局的rank，然后查询的时候就先看这个点所在的splay的rank，再加上自己在splay中的位置。
某题
给三个点集\(A,B,C\)，满足\(AB,BC\)都构成一棵树，\(A\)内部没有连边。
问随机\(i,j\)把\(B\)中编号小于等于\(i\)的、\(C\)中编号小于等于\(j\)的点删掉，\(A\)仍然连通的概率。
从大到小枚举\(i\)，看最大的\(j\)使得仍然连通。显然有单调性，于是可以two pointers。
怎么判断呢？
假设枚举了\(i\)之后把\(C\)中的点挨个删掉，求最晚的连通的时刻。考虑连通性是由某棵生成树撑起来的，所以我们只需要维护删除时刻的最大生成树。
那么从后往前枚举\(i\)的时候会不断地加一些不会被删除的边，即权值为\(\infty\)的边，然后LCT乱搞即可。
