长链剖分总结
长链剖分
长链剖分是一种类似\(\mbox{dsu on tree}\)的小\(\mbox{trick}\)，可以把维护子树中只与深度有关的信息做到线性的时间复杂度。
实现方式&复杂度证明
对每个点寻找深度最大的儿子作为重儿子，其余作为轻儿子。由此得到了若干条互不相交的长链。
在维护信息的过程中，先\(O(1)\)继承重儿子的信息，再暴力合并其余轻儿子的信息。
因为每个点仅属于一条长链，且一条长链只会在链顶位置作为轻儿子暴力合并一次，所以时间复杂度线性。
在\(O(1)\)继承重儿子信息这点上有不同的实现方式，一个巧妙的方法是利用指针实现，具体可以参见代码。
一些简单的题目
codeforces1009F
给你一棵树，定义\(d_{x,i}\)表示\(x\)子树内和\(x\)距离为\(i\)的节点数，对每个\(x\)求使\(d_{x,i}\)最大的\(i\)，如有多个输出最小的。
裸题，没什么好讲的，看代码吧。
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
int gi(){
int x=0,w=1;char ch=getchar();
while ((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-') ch=getchar();
if (ch=='-') w=0,ch=getchar();
while (ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();
return w?x:-x;
}
const int N = 1e6+5;
int n,to[N<<1],nxt[N<<1],head[N],cnt;
int len[N],son[N],tmp[N],*f[N],*id=tmp,ans[N];
void link(int u,int v){
to[++cnt]=v;nxt[cnt]=head[u];head[u]=cnt;
to[++cnt]=u;nxt[cnt]=head[v];head[v]=cnt;
}
void dfs(int u,int ff){
for (int e=head[u];e;e=nxt[e])
if (to[e]!=ff){
dfs(to[e],u);
if (len[to[e]]>len[son[u]]) son[u]=to[e];
}
len[u]=len[son[u]]+1;
}
void dp(int u,int ff){
f[u][0]=1;
if (son[u]) f[son[u]]=f[u]+1,dp(son[u],u),ans[u]=ans[son[u]]+1;
for (int e=head[u];e;e=nxt[e]){
int v=to[e];if (v==ff||v==son[u]) continue;
f[v]=id;id+=len[v];dp(v,u);
for (int j=1;j<=len[v];++j){
f[u][j]+=f[v][j-1];
if ((j<ans[u]&&f[u][j]>=f[u][ans[u]])||(j>ans[u]&&f[u][j]>f[u][ans[u]]))
ans[u]=j;
}
}
if (f[u][ans[u]]==1) ans[u]=0;
}
int main(){
n=gi();
for (int i=1;i<n;++i) link(gi(),gi());
dfs(1,0);f[1]=id;id+=len[1];
dp(1,0);
for (int i=1;i<=n;++i) printf("%d\n",ans[i]);
return 0;
}
[cogs2652]秘术「天文密葬法」
给你一棵树，每个点有两个权值\(a_i,b_i\)，你需要找出一条长为\(m\)的路径，最小化\(\frac{\sum a_i}{\sum b_i}\)
很明显的分数规划。先二分一个\(mid\)，于是原问题转化为判定性问题：是否存在一条长为\(m\)的路径，使得\(\sum a_i-mid\sum b_i<0\)。
那也就是说我们要找一条长为\(m\)且权值和最小的路径。这里在\(O(1)\)继承重儿子的时候需要给整个数组加上一个值，实现方式就是对每个点开个变量表示加了多少。
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
int gi(){
int x=0,w=1;char ch=getchar();
while ((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-') ch=getchar();
if (ch=='-') w=0,ch=getchar();
while (ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();
return w?x:-x;
}
const int N = 2e5+5;
int n,m,a[N],b[N],to[N<<1],nxt[N<<1],head[N],cnt,len[N],son[N];
double val[N],tmp[N],*f[N],*id=tmp,ans=1e18;
void link(int u,int v){
to[++cnt]=v;nxt[cnt]=head[u];head[u]=cnt;
to[++cnt]=u;nxt[cnt]=head[v];head[v]=cnt;
}
void dfs(int u,int ff){
for (int e=head[u];e;e=nxt[e])
if (to[e]!=ff){
dfs(to[e],u);
if (len[to[e]]>len[son[u]]) son[u]=to[e];
}
len[u]=len[son[u]]+1;
}
void dp(int u,int ff,double mid){
val[u]=a[u]-mid*b[u];f[u][0]=0;
if (son[u]) f[son[u]]=f[u]+1,dp(son[u],u,mid),val[u]+=val[son[u]],f[u][0]-=val[son[u]];
for (int e=head[u];e;e=nxt[e]){
int v=to[e];if (v==ff||v==son[u]) continue;
f[v]=id;id+=len[v];dp(v,u,mid);
for (int j=0;j<len[v]&&j<m;++j)
if (m-j-1<len[u]) ans=min(ans,f[v][j]+val[v]+f[u][m-j-1]+val[u]);
for (int j=0;j<len[v]&&j<m;++j)
f[u][j+1]=min(f[u][j+1],f[v][j]+val[v]-val[u]+a[u]-mid*b[u]);
}
if (m<len[u]) ans=min(ans,f[u][m]+val[u]);
}
int main(){
freopen("cdcq_b.in","r",stdin);
freopen("cdcq_b.out","w",stdout);
n=gi();m=gi()-1;
for (int i=1;i<=n;++i) a[i]=gi();
for (int i=1;i<=n;++i) b[i]=gi();
for (int i=1;i<=n;++i) ans=min(ans,1.0*a[i]/b[i]);
if (m==-2||!m) return printf("%.2lf\n",ans),0;
for (int i=1;i<n;++i) link(gi(),gi());
dfs(1,0);
double l=0,r=N;
while (r-l>1e-3){
double mid=(l+r)/2;
memset(tmp,0x7f,sizeof(tmp));ans=1e18;
id=tmp;f[1]=id;id+=len[1];dp(1,0,mid);
if (ans>=0) l=mid;else r=mid;
}
if (l>=200000) puts("-1");
else printf("%.2lf\n",l);
return 0;
}
[BZOJ4543][POI2014]Hotel加强版
给你一棵树，从中选\(3\)个点，两两距离相等，求方案数。
考虑暴力\(dp\)。设\(f_{i,j}\)表示\(i\)子树内与\(i\)距离为\(j\)的点的个数，\(g_{i,j}\)表示\(i\)子树内，满足第三个点和\(i\)的距离为\(j\)的点对数目。
这样每次可以拿\(f_{u,j}\times g_{v,j+1}\)和\(g_{u,j+1}\times f_{v,j}\)更新答案，拿\(f_{u,j}\times f_{v,j-1}\)更新\(g_{u,j}\)，\(f_{v,j}\)更新\(f_{u,j+1}\)，\(g_{v,j}\)更新\(g_{u,j-1}\)。
仔细观察会发现，这个\(g\)的更新是反过来的。
所以\(g\)数组就反着开就行了，为了避免出错可以多开点空间。
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
int gi(){
int x=0,w=1;char ch=getchar();
while ((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-') ch=getchar();
if (ch=='-') w=0,ch=getchar();
while (ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();
return w?x:-x;
}
#define ll long long
const int N = 1e5+5;
int n,to[N<<1],nxt[N<<1],head[N],cnt,len[N],son[N];
ll tmp[N<<2],*f[N],*g[N],*id=tmp,ans;
void link(int u,int v){
to[++cnt]=v;nxt[cnt]=head[u];head[u]=cnt;
to[++cnt]=u;nxt[cnt]=head[v];head[v]=cnt;
}
void dfs(int u,int ff){
for (int e=head[u];e;e=nxt[e])
if (to[e]!=ff){
dfs(to[e],u);
if (len[to[e]]>len[son[u]]) son[u]=to[e];
}
len[u]=len[son[u]]+1;
}
void dp(int u,int ff){
if (son[u]) f[son[u]]=f[u]+1,g[son[u]]=g[u]-1,dp(son[u],u);
f[u][0]=1;ans+=g[u][0];
for (int e=head[u];e;e=nxt[e]){
int v=to[e];if (v==ff||v==son[u]) continue;
f[v]=id;id+=len[v]<<1;g[v]=id;id+=len[v]<<1;dp(v,u);
for (int j=0;j<len[v];++j){
if (j) ans+=f[u][j-1]*g[v][j];
ans+=g[u][j+1]*f[v][j];
}
for (int j=0;j<len[v];++j){
g[u][j+1]+=f[u][j+1]*f[v][j];
if (j) g[u][j-1]+=g[v][j];
f[u][j+1]+=f[v][j];
}
}
}
int main(){
n=gi();
for (int i=1;i<n;++i) link(gi(),gi());
dfs(1,0);
f[1]=id;id+=len[1]<<1;g[1]=id;id+=len[1]<<1;dp(1,0);
printf("%lld\n",ans);return 0;
}
咕咕咕？
