长链剖分优化

概述

• 长链剖分通过对 DP 状态的复用，有效地降低某些状态具备显著继承性的 tree dp（多为与当前子树深度有关的 dp 状态）的转移复杂度。

• 也可以说这是把本质不同的 dp 状态压到了一起。

实现原理

• 我们举最典型的能被长剖优化的 dp。

  • 状态：$d{p}_{i,dep}$ 表示考虑了以 $i$ 为根的子树中，以 $i$ 为参考时深度 $⩽$ 或 $=dep$ 的点的某个价值/...。这里为了方便写转移式我们取 $=$。

  • 转移：$d{p}_{i,dep}=(\sum /\prod /max/min/...d{p}_{j,dep-1})+/-/\times /...x$，其中 $j\in son{s}_i$，$x$ 为节点 $i$ 本身的贡献之类的。

• 注意到，这个式子很像是把整个 $d{p}_j$ “向右平移一格”了之后“摞”到一起的结果。

• 但是数组平移很烦诶。我们能不能 $O(1)$ 地平移？我说，可以！

• 首先我们对树进行一个长剖，然后按 DFS 序来做这个 DP。

• 和我共长链的一个儿子：可以用巧妙的方式来继承过来。仔细想一想，假设我的 $d{p}_i$ 的 $dep$ 从 $1$ 开始，那我如果勒令我的长儿子的 $dep$ 把 $2$ 作为开头指针，那我岂不白嫖？

• 不共长链的虚边儿子：暴力转移。注意，每次走虚边，都需要开一个“截然不同”的开头指针，这个开头指针是在空内存段上的，即，是在最后一个结尾指针的后边，否则各个重链的答案会混到一起。

• OK，那我们来考虑一下复杂度。显然 $i$ 本身的修改是 $O(1)$ 的。

• 每个长链，只有在对应内存段被填满之后，才需要暴力继承。显然这一暴力的复杂度就是 $O(len)$，$len$ 为长链长度，毕竟长度就是 $de{p}_{max}$。

• 这一次继承之后，就可以认为这个长链被合并到了那个更大的长链里；以后有什么贡献都是那个大长链的。

• 综上所述，复杂度为 $O(n)$。妙绝！

例题

进击的 95

• 题意：

  • $n$ 个点的无边权树，$m$ 组询问，每组询问问的是被包含于 $S(x,d)$ 的集合构成的集族的元素个数。

  • 其中 $S(x,d)$ 表示的是以 $x$ 为根的子树内到 $x$ 距离不超过 $d$ 的点的集合。

• 数据范围：$n,m⩽{10}^6,5s$。

• 容易看出这个东西具有递推性，如果定义 $d{p}_{i,d}$ 为 $S(i,d)$ 对应的答案的话，显然有如下转移式：$d{p}_{i,d}=min(mxde{p}_i,d)+1+\sum _{j\in son{s}_i}d{p}_{j,d-1}$。

• 其中 $mxde{p}_i$ 指的是孤立考虑当前子树时，最深的点的深度（认为 $de{p}_i=0$），也可以说是当前子树内到 $i$ 最远的点到 $i$ 的距离。

• 显然后面的和式可以用长链剖优化。

• 但是看一下前面这个东西，仔细观察发现它具有典型的一次函数性质（如果我们把 $de{p}_i$ 定义为 $1$ 的话，只要把 $min$ 的第二项换成 $d+1$，这就是个严格正比例函数）。问题是，怎么 $O(1)$ 地做这个？

• 感觉可做（参考奇怪的函数），但关键是长链剖本身的空间分配还导致我们是依次给 $e-1\sim e,e-2\sim e,\dots ,s\sim e$ 加一次函数...暴力合并倒是好做，直接对函数求值然后把函数删了就好。

• 可是 $1e6$，而且 $5s$。

• 那谁写那个麻烦的东西啊。起开，上线段树！

• 用线段树维护差分意义下的 $dp$ 数组。于是加一次函数就是区间修改，取值就是求前缀和。$O(m\log n)$。

• 其实这里可以偷个懒：一般的差分要在作用范围结束之后把影响减掉，可是我们有 $s,e$，而且每次加一定是一直加到 $e$，所以可以不去减那个影响，然后把前缀和换成从 $s$ 开始的前缀和。

• 另外，我们这里可以在暴力的时候把对应 $dp$ 取出来并改为 $0$，然后甚至可以空间复用。

• 就是常数很大，极限数据要跑 $2s$ 出头。不过这个写法很好写，很漂亮。

• 部分代码展示：

int s[maxn],e[maxn],thee;
//每个点在 dp 中的起/止指针；dp 的内存已经被用到了哪里。请注意朴素 dp 的下标从 0 开始。
il void dfs2(int now){
	if(longs[now]){
		s[longs[now]]=s[now]+1,e[longs[now]]=e[now];
		dfs2(longs[now]);
	}
	for(ri int i=hd[now];i;i=nxt[i])
		if(to[i]!=longs[now]){
			s[to[i]]=thee+1,e[to[i]]=thee+mxdep[to[i]]-dep[to[i]]+1;
			thee+=mxdep[to[i]]-dep[to[i]]+1; 
			dfs2(to[i]);
			for(ri int j=s[to[i]],del=1;j<=e[to[i]];++j,++del)//del 是相对当前点来说的。 
				ins(1,1,n,s[now]+del,get(1,1,n,j));
			thee=s[to[i]]-1;
		}
	rev(1,1,n,s[now],e[now],1);
	for(ri query qn:q[now]) ans[qn.id]=qsum(1,1,n,s[now],min(e[now],s[now]+qn.v));
	return;
}

il void work(){
	s[1]=thee+1,e[1]=thee+mxdep[1]-dep[1]+1;
	thee+=mxdep[1]-dep[1]+1,dfs2(1);
	For(i,1,m) wth(ans[i]);
	return;
}

• $longs$ 长儿子。$ins$ 和 $rev$ 略，$get$ 就是单点取值，然后改成 $0$ 的操作。

• 这里把询问挂在点上处理了，毕竟长剖优化本身就是会破坏信息的，只能离线。

• 那个空间复用我感觉可以被卡但不完全能卡...菊花图下相当于空间 $O(1)$，一般图的情况，我感觉不会太好，但应该有兜底。不过不重要，随手写一下而已。

P1600 [NOIP2016 提高组] 天天爱跑步

• 题意略。

• 显然我们可以把每个人跑的路程强行拆成上行/下行两段，可以分别长剖优化。

• 对于上行，其开始时间一定是 $0$，故相当于一个朴素长剖。

• 对于下行，其可能是拐弯拐过来的，此时复杂度不太对：

  • dp 数组并不是只会用到 $dep$ 以内的地方。此时需要用 u_map 优化。

  • 之所以这么做复杂度是对的，是因为开出的点有限...假了。

  • 好吧。看来我是假做法过的题。对于下行，我们需要重剖，然后在重剖的链上用长剖优化。复杂度证明为每个插入操作最多被合并 $\log$ 次。

• 总复杂度 $O((n+m)\log n)$，求 lca+合并。

• 可以做到更优的复杂度：使用全局偏移+差分。参看树形 dp-欧拉环游序式。