长链剖分学习笔记 + [Vijos] lxhgww的奇思妙想 + CF1009F Dominant Indices [长链剖分]

文章目录

• $定义$
• $性质$
• $一个应用$
• $相关难点$
• $一道例题$
• [$Dominant\ Indices$](https://www.luogu.org/problem/CF1009F)
• $\color{red}{正解部分}$
• $\color{red}{实现部分}$
• $其他例题$

• $定义$

与重链剖分的定义相似, 只不过重儿子为链的长度最长的儿子 .

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• $性质$

1. 任意一个点 $K$ 级祖先所在长链的长度一定大于等于 $K$ .

2. 任意一个点跳重链到根所用的次数不超过 $\sqrt{N}$ .
   $证$: 每次向上跳, 链的长度都会至少加 $1$, $1,2,3,4...\sqrt{N}$

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• $一个应用$

$O(1)\ 求 K 级祖先:$

链接

对每个$Top$记录以下内容 $\downarrow$

• 它 所在长链链长 那么多次 的祖先和重儿子们, 存在 std::vector 里面, 设为 $A[], B[]$, 复杂度 $O(N)$ .

• 倍增数组 $Fk[i,j]$ 表示 $i$ 的第 $2^j$ 祖先, 复杂度 $O(NlogN)$ .

• 每个 $i$ 的最高二进制位表示的数字 $max\_pos[i]$, 复杂度 $O(NlogN)$ .

现在求 $i$ 的 $K$ 级祖先, 先到达点 $F[i, max\_pos[K]]$, 设为 $y$,

此时还需要跳 $tmp = K - 2^{max\_pos[K]}$ 步, 分类讨论

• 若 $dep[y] - dep[Top[y]] \geq tmp$ 然后直接跳到 $A[i, dep[y]-dep[Top[y]]-tmp]$ 即可.
• 若 $dep[y] - dep[Top[y]] < tmp$ 然后直接跳到 $B[i, tmp-(dep[y]-dep[Top[y]])]$ 即可.

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$为什么可以这么做呢 ?$

设 $Top[y]$ 所在长链长度为 $len[Top[y]]$, 则 $len[Top[y]] \geq 2^{max\_pos[K]} \geq K-2^{max\_pos[K]}$,
又因为 $Top[y]$ 的 $len[Top[y]]$ 级及以下祖先和儿子全部存到了 $A[Top[y]],B[Top[y]]$ 中, 所以直接调用即可实现 $O(1)$ .

$代码实现:$

#include<bits/stdc++.h>
#define pb push_back
#define reg register

const int maxn = 1000006;

int read(){
        char c;
        int s = 0, flag = 1;
        while((c=getchar()) && !isdigit(c))
                if(c == '-'){ flag = -1, c = getchar(); break ; }
        while(isdigit(c)) s = s*10 + c-'0', c = getchar();
        return s * flag;
}

int N;
int M;
int K;
int num0;
int o_pos;
int last_ans;
int pw[maxn];
int fa[maxn];
int len[maxn];
int son[maxn];
int dep[maxn];
int Top[maxn];
int head[maxn];
int Fk[maxn][21];
int max_pos[maxn];

std::vector <int> A[maxn], B[maxn];

struct Edge{ int nxt, to; } edge[maxn << 1];

void Add(int from, int to){
        edge[++ num0] = (Edge){ head[from], to };
        head[from] = num0;
}

void DFS(int k, int fa){
        len[k] = 1;
        dep[k] = dep[fa] + 1;
        for(reg int i = 1; i <= 19; i ++) Fk[k][i] = Fk[Fk[k][i-1]][i-1];
        for(reg int i = head[k]; i; i = edge[i].nxt){
                int to = edge[i].to;
                if(to == fa) continue ;
                Fk[to][0] = k;
                DFS(to, k);
                if(len[to] > len[son[k]]) son[k] = to;
        }
        len[k] = len[son[k]] + 1;
}

void DFS_2(int k, int top){ 
        Top[k] = top;
        if(son[k]) DFS_2(son[k], top);
        for(reg int i = head[k]; i; i = edge[i].nxt){
                int to = edge[i].to;
                if(to == Fk[k][0] || to == son[k]) continue ;
                DFS_2(to, to);
        }
}

void Work(){
        o_pos = read() ^ last_ans, K = read() ^ last_ans;
        if(!K){ printf("%d\n", last_ans = o_pos); return ; }
        else if(dep[o_pos] <= K){ printf("%d\n", last_ans = 0); return ; }
        int y = Fk[o_pos][max_pos[K]];
        int tmp = pw[max_pos[K]];
        if(K - tmp <= dep[y]-dep[Top[y]]) last_ans = B[Top[y]][dep[y]-dep[Top[y]]-(K-tmp)];
        else last_ans = A[Top[y]][K-tmp - (dep[y]-dep[Top[y]])];
        printf("%d\n", last_ans);
}

int main(){
        N = read();
        for(reg int i = 1; i < N; i ++){
                int x = read(), y = read();
                Add(x, y), Add(y, x);
        }
        DFS(1, 0); DFS_2(1, 1);
        pw[0] = 1;
        for(reg int i = 1; i <= 19; i ++) pw[i] = pw[i-1] << 1;
        for(reg int i = 1; i <= N; i ++)
                for(reg int j = 19; j >= 0; j --)
                        if(i >= pw[j]){ max_pos[i] = j; break ; }
        for(reg int i = 1; i <= N; i ++){
                if(Top[i] != i) continue ;
                int t = i;
                for(reg int j = 1; j <= len[i]; j ++, t = Fk[t][0]) A[i].pb(t);
                t = i;
                for(reg int j = 1; j <= len[i]; j ++, t = son[t]) B[i].pb(t);
        }
        M = read();
        while(M --) Work();
        return 0;
}

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• $相关难点$

主要是指针部分比较新, 这里说一下怎么操作,
首先有一个数组 $foc[]$, 其内存空间分为若干段, 分别存储了各个长链的相关信息,
在做有关 $dp$ 遍历到短儿子(设为$to$)时, 在 $foc[]$ 中开一个以$to$为开头的长链长度的空间, 来存储 $to$ 往下长链的信息,
这样做的好处是: 同一长链的节点可以 通过移动指针 $O(1)$ 更新 $dp$ 数组 , 进而做到整体 $O(N)$ 复杂度 .

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• $一道例题$

$Dominant\ Indices$

给出一棵有根树，对于每个节点$x$，定义一个无穷序列$d$,
其中$d(x,i)$表示以$x$为根节点的子树中到$x$的距离恰好为$i$的点的个数，$i=0$~$无穷$，
现在对每个点$x$，希望求出一个东西$j$，使得对于任意 $k<j，d(x,k)<d(x,j)$，对于任意 $k>j,d(x,k) \le d(x,j)$ .

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$\color{red}{正解部分}$

$题意:$ 对每个点求距离 $Ans[i]$, 使得 $Ans[i]$ 在使得 $d(i, Ans[i])$ 最大的同时 $Ans[i]$ 尽量小 .

设 $F[i, j]$ 表示距离 $i$ 节点 $j$ 的节点个数, $F[i, j] = \sum\limits_{i∈son_i}F[to,j-1]$ ,
$初值:$ $F[i, 0]=1$ .

重儿子通过长链直接继承, 轻儿子暴力继承即可, 时间复杂度

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$\color{red}{实现部分}$

#include<bits/stdc++.h>
#define reg register

const int maxn = 4e6 + 6;

int N;
int *it;
int num0;
int *F[maxn];
int Ans[maxn];
int foc[maxn];
int son[maxn];
int len[maxn];
int head[maxn];

struct Edge{ int nxt, to; } edge[maxn << 1];

void Add(int from, int to){
        edge[++ num0] = (Edge){ head[from], to };
        head[from] = num0;
}

void DFS(int k, int fa){
        len[k] = 1;
        for(reg int i = head[k]; i; i = edge[i].nxt){
                int to = edge[i].to;
                if(to == fa) continue ;
                DFS(to, k);
                if(len[son[k]] < len[to]) son[k] = to;
        }
        len[k] = len[son[k]] + 1;
}

void DFS_2(int k, int fa){
        F[k][0] = 1;
        if(son[k]) F[son[k]] = F[k] + 1, DFS_2(son[k], k), Ans[k] = (F[son[k]][Ans[son[k]]]==1) ? Ans[k] : (Ans[son[k]]+1);
        for(reg int i = head[k]; i; i = edge[i].nxt){
                int to = edge[i].to;
                if(to == son[k] || to == fa) continue ;
                F[to] = it, it += len[to];
                DFS_2(to, k);
                for(reg int i = 1; i <= len[to]; i ++){
                        F[k][i] += F[to][i-1];
                        if(F[k][i] > F[k][Ans[k]] || (F[k][i] == F[k][Ans[k]] && Ans[k] > i)) Ans[k] = i;
                }
        }
}

int main(){
        scanf("%d", &N);
        for(reg int i = 1; i < N; i ++){
                int x, y; scanf("%d%d", &x, &y);
                Add(x, y), Add(y, x);
        }
        DFS(1, 0);
        F[1] = it = foc;
        it += len[1];
        DFS_2(1, 0);
        for(reg int i = 1; i <= N; i ++) printf("%d\n", Ans[i]);
        return 0;
}

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• $其他例题$

• Hotel加强版
• AT2268
• AT1998
• AGC009D

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