杂项

虚树

概述

• 虚树，即将树的一系列关键点及其 \(lca\) 取出得到的一棵反映这些点在原树上的关系的树。

• 容易证明，维护一个按 \(dfn\) 升序排序的优先队列，不断从队头取出两个元素求 \(lca\) 后放回直到队列中只剩一个元素，所得的所有点就是虚树的所有点。显然，这代表着虚树的点数是 \(\leqslant 2num\) 的，\(num\) 是关键点的个数。

• 故通过构建虚树，我们可以将原树的 \(n\) 个点缩减到 \(O(num)\) 个点。如果题目允许我们进行这样的变换，那么这大大降低了我们的复杂度，从 \(O(nQ)\) 降为 \(O(\sum num)\)（共有的复杂度被略去了）。

• 虚树有一个很关键的性质：虚树上任何一条边都是一条不分叉的路径。我是说，这条边（以及从上面挂出去的子树）一定只和两个虚树点有关系。这种简单性很多时候有益于对原树做某些统计。

构建

• 考虑使用单调栈。

  • 将所有点按 \(dfn\) 升序排序。

  • 维护一个深度单调递增的栈，事实上，我们希望里面维护的是一条“最右链”，即已经考虑过的点构成的虚树（该算法是逐步的，但因为要排序所以不是在线的）的最右一条链。

  • 当新点到达时，求其与栈顶的 \(lca\)（强制包含根所以栈总是不空），接着进行这样的循环：

    • 如果栈顶就是 \(lca\)，结束。

    • 将栈顶弹出并存起来，记为 \(tt\)。如果弹出后栈顶的深度小于 \(lca\) 的深度，则将 \(lca\) 压到栈顶。

    • 从栈顶向 \(tt\) 连边，然后回到第一步。

• 这一构建的正确性主要基于 \(dfn\) 序。严谨的证明...我得承认，我不太会。

• 复杂度 \(O(n\log)\)。

P2495 [SDOI2011] 消耗战

• 题意：给出一棵边带权的树，求将若干个关键点与 \(1\) 分割开的最小代价。切割一条边的代价即为其边权。

• 数据范围：\(n\leqslant 2.5\times 10^5,\sum num\leqslant 5\times 10^5\)。总之是单 \(\log\) 可过的复杂度，后面不标了。

• 首先建虚树，虚树上边的边权为对应路径上的边的边权的最小值，这可以通过倍增预处理求得。

• 然后做树形 dp，设计如下：

  • 状态设计：\(f_i\) 表示将 \(i\) 子树内所有关键点都和 \(1\) 分隔开的代价（只允许割断 \(i\) 子树内的边）。如果 \(i\) 本身是关键点，那么 \(f_i=+\infty\)。

  • 初始化：\(f_i=\begin{cases}+\infty & i\in keys \\ 0 & else\end{cases}\)，这里 \(keys\) 是关键点集合。

  • 状态转移方程：\(f_i=\sum\limits_j \min(f_j,e_{i,j})\)。

• 复杂度瓶颈在于构建虚树，为 \(\sum\limits num\log\)。

P3233 [HNOI2014] 世界树

• 题意：求虚树上的每个点支配多少点，所谓支配...对于原树点 \(x\)，支配其的点是和它距离最近的虚树点，如果有多个，则为编号较小的一个。

• 数据范围：\(n,q,\sum K\leqslant 3\times 10^5\)。

• 首先肯定建虚树。不妨将树用虚树划分为若干个部分来计算贡献，具体实现如下：

  • 使用二元组 \((fr,d)\) 表示每个点被哪个点所支配，支配点到它的距离是多少。显然，虚树上点的支配二元组可以通过假换根 dp 处理出。

  • 接下来对非虚树上点进行分讨。不妨考虑虚树点 \(now\) 的各个子树和父亲这些方向，发现子树方向分两种：

  • 原树子树内无其他虚树点的：整个子树都受 \(now\) 支配。

  • 还有：得切割一下。

  • 先考虑前一种。显然我们不能碰原树点，哪怕是枚举一个虚树点的所有出边（菊花图笑看复杂度）。只能容斥，故不妨先将 \(x\) 子树内的点全部当成受它支配的，多的等下减回来。

  • 然后考虑第二种。不妨先考虑 \(now\) 的儿子 \(to\) 对 \(now\) 的贡献，注意 \(now,to\) 都可能本身不是关键点（是一个 \(lca\)）。利用倍增求 \(lca\) 的结构，找到分界点，不妨称为 \(belu,beld\)，\(beld\) 子树内的不一定都归 \(to\) 但显然都不归 \(now\)，故让 \(now\) 减去 \(beld\) 的子树大小。

  • 回过头来考虑这对 \(to\) 的贡献（准确地说，是对 \(fr_{to}\) 的贡献，但这里略掉这种区别），显然 \(to\) 子树外，\(beld\) 子树内的点都受 \(to\) 支配，故这样减一下然后把贡献加到 \(to\) 上即可。

  • 这里的 \(belu,beld\) 不是直接的路径中点分界。这里我们要考虑两者的支配二元组中 \(d\) 的影响：不妨考虑极限情况，两者都受一个极高的点支配，于是两者在划地盘的时候事实上应该全部划给上面。

  • 事实上，不妨记 \(dis=d_{now}-d_{to}+e.l\)，这即为把两者的 \(d\) 的影响消掉（某种程度上相当于把两者向上或向下拉了，将两者之间的路径拉长）。然后，从 \(to\) 开始向上走 \(\lfloor\frac{dis-1}{2}\rfloor\) 步，这会走到真中点下方（不含）的第一个点：注意，\(dis\) 为奇数时 \(now,to\) 可以直接分好点，为偶数时反而要对中点分讨，因为点数等于边数减一。

  • 从这一式子能够看出，极限情况下 \(dis=2\times e.l\) 或 \(0\)，于是会走到 \(now\) 下面一点点或者就在 \(to\) 本身，分析发现还是对的。

• 显然复杂度是对的。不算太恶心的分讨...这是因为我处理得好（叉腰，挺胸）！（[数据删除]附注：这种心理活动没什么意思，属于是闲得想要显示一下。不过，这个括号内的内容也是，尤其是[数据删除]这个故弄玄虚的人称...虽然也确实有屏一下的理由。不过，就算没什么意思...笑）

22.11.8 T4 异常

• 题意：...简单起见，我们这里直接定义出上一道题的支配二元组。于是问题是，在对应虚树下求所有点的支配二元组的 \(d\) 的最大值。

• 数据范围：\(n,\sum K\leqslant 5\times 10^5\)。

• 感觉就是出题人没题出了，只好把世界树搬过来改了个细节。

• 那我们也这样把这道题做了...

• （炎国粗口），计数可差分，最值还可差分吗？！

• 看来只能操作一下了。

  • 每个点不是在原树意义下有一个边 vector 吗，预处理每个子树的 \(\max dep\)，然后按 \(\max dep\) 把边排个序。注意这之后不用重新求 \(dfn\)，因为我们其实只是需要随便一个 \(dfn\) 序，不一定非得和边的顺序对应。

  • 在虚树上，还是分两类来计算贡献。我们希望首先通过枚举虚树上的出边来将对应方向的原树上的出边 ban 掉，然后暴力枚举原树上的出边，因为排过序所以至多失败虚树上的 \(deg\) 次，可以摊到虚树本身上。

  • 一个自然的想法是把第二类也用类似的办法解决。但容易发现，\(belu\) 对其父亲的贡献不可计算。

  • 虚树遇事不决，就问倍增。考虑设计一个倍增来解决这些问题，注意到我们需要 ban 一个方向（未必等于 ban 一个出度，考虑先单叉再多叉的情况），且对上行和下行都有需求，故不妨设计 \(up2_{i,j}\) 表示从 \(j\) 出发向上走 \(2^i\) 步，不考虑 \(j\) 及其子树，走过的所有点的子树中的所有点中，到 \(j\) 最远的点和 \(j\) 的距离是多少，并设计对称的 \(dw2_{i,j}\) 表示从 \(j\) 的 \(2^i\) 级祖先向下（向 \(j\) 的方向）走 \(2^i\) 步，不考虑 \(j\) 及其子树，走过的所有点的子树中的所有点中，到这个祖先最远的点到其距离是多少。

  • 嗯，这显然是可结合从而可倍增的，我们只要从 \(beld\) 倍增到 \(now\) 下面以 \(dw2\)（刚好把 \(beld\) 的子树摘出去）对 \(now\) 贡献（这里有一个有趣的小细节：如果从下向上合并，则合并时会加 \(2^{step}\)，但第一步加的量应该额外减一，因为不能走到 \(beld\) 本身），同理从 \(to\) 倍增到 \(beld\) 以 \(up2\) 对 \(to\) 贡献即可。注意有可能 \(beld\) 就在 \(now\) 下面或者 \(beld\) 就是 \(to\)，走不动，不过无所谓。

• OK。也不算太麻烦，一般麻烦吧。不过这个做法是第四版了。