记一类分治思想

这种分治思想大概是我在一年前看到的，但当时只看到了一道能用的题，就并没有当回事，最近又见到了可以用的题目，来写个随笔记一下。

不太清楚这个叫啥分治，要是有人在看而且知道可以跟我讲一下。

时间线段树（线段树分治）与这一思想较为类似，可以去看我的 时间线段树（线段树分治）学习笔记 。

问题一：给定一个 $n$ 点 $m$ 边有向图，对于所有 $1\le u,v,w\le n$，求 $u$ 到 $v$ 且不经过 $w$ 的最短路长度之和。

这是我最早见到的这个思想的题目，虽然没找到题在哪里。

容易发现暴力 Floyd 一遍是 $\mathcal O(n^4)$ 的，能不能想一个更快的算法呢？是有的。

考虑 Floyd 算法的最一般形式的由来，设 ${dp}_{S,u,v}$ 表示 $u$ 到 $v$ 只能经过 $S$ 集合中的点的最短路，有转移方程：

$${dp}_{S\cup\{w\},u,v}=\min\{{dp}_{S,u,v},{dp}_{S,u,w}+{dp}_{S,w,v}\}$$

然后按顺序将节点加入 $S$ 之后滚掉 $S$ 这一维就是 Floyd 算法。

注意到节点加入 $S$ 的顺序其实是不重要的，发现在刚刚的 $\mathcal O(n^4)$ 流程中没有充分利用这一点，进行了很多重复计算。考虑这样一种分治算法：

FLOYD(int[][]& dp, int l, int r) # 在 dp 数组的基础上，再添加 [l, r] 的点到点集 S 中
    for k in [l, r] do
        for i in [1, n] do
            for j in [1, n] do
                dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i][k] + dp[k][j])

DIVIDE_AND_CONQUER(int[][] dp, int l, int r) # 计算不加入 [l, r] 范围的点的全源最短路
    result = 0
    if l == r do
        for u in [1, n] do
            for v in [1, n] do
                result += dp[u][v]
    else do
        mid = (l + r) / 2
        dp_new = dp
        FLOYD(dp_new, mid + 1, r)
        result += DIVIDE_AND_CONQUER(dp_new, l, mid)
        dp_new = dp
        FLOYD(dp_new, l, mid)
        result += DIVIDE_AND_CONQUER(dp_new, mid + 1, r)
    return result

这种算法的正确性显然，时间复杂度可以写作 $T(n)=2T\left(\dfrac{n}{2}\right)+\mathcal O(n\cdot N^2)$，用主定理可知为 $\mathcal O(N^3\log N)$。

观察以上过程，可以简单地总结一下这类分治算法的流程：

• DIVIDE_AND_CONQUER(l, r)：要求解 $[l, r]$ 范围的答案。
• 如果 $l = r$，对这个点求解即可。
• 否则取中点 $mid$ 进行分治：
  • 添加右半边对左半边的贡献，递归左半边统计答案。
  • 将右半边的贡献擦除，添加左半边对右半边的贡献，递归右半边统计答案。
  • 如果需要，将两部分答案合并。

总结：这类分治算法通过求解多个点的答案时共用信息的方式，大大减少了计算量，通常可以把一个暴力计算的 $\mathcal O(n)$ 降低到 $\mathcal O(\operatorname{polylog} n)$。

问题二（CF1681F）：有一棵 $n$ 个点的树，每条边有颜色，对于每条路径 $u\to v$，求路径上恰好出现一次的颜色数量的和。

本题有一个 $\mathcal O(n)$ 做法，是类似虚树的思想，对每个颜色分开统计答案，但这不在我们讨论的范畴。

我是从 tourist 大神的 代码 里再次看到的这个思想。

不难发现，对于颜色 $c$ 的答案即为把所有颜色 $c$ 的边删掉后，每条 $c$ 边连接的两个连通块大小之积的和。

接着利用上面的思想，DIVIDE_AND_CONQUER(l, r) 即为要求解 $c\in [l, r]$ 范围的答案。

使用可撤销并查集维护连通块，对于分治中心 $mid$，我们把右半边的边连接的连通块合并，然后统计左半边答案，之后执行撤销操作，把左半边的边连接的连通块合并，然后统计右半边答案。对于单点的求解，枚举颜色 $c$ 的边，求两个连通块大小之积即可。

时间复杂度为 $\mathcal O(n\log^2 n)$。

问题三（P4141）：背包，所有少一个物品的情况的最大价值之和。

有 $\mathcal O(nm)$ 做法，不过由上面的分治，可以有 $\mathcal O(nm\log n)$ 做法。

其他应用：“线段树分治”（时间轴线段树）的思想比较类似，只是统计贡献的方式略有不同。

问题四（ABC279E）