树链剖分

原文地址：树链剖分作者：starszys

 “在一棵树上进行路径的修改、求极值、求和”乍一看只要线段树就能轻松解决，实际上，仅凭线段树是不能搞定它的。我们需要用到一种貌似高级的复杂算法——树链剖分。

    树链，就是树上的路径。剖分，就是把路径分类为重链和轻链。
    记siz[v]表示以v为根的子树的节点数，dep[v]表示v的深度(根深度为1)，top[v]表示v所在的重链的顶端节点，fa[v]表示v的父亲，son[v]表示与v在同一重链上的v的儿子节点（姑且称为重儿子），w[v]表示v与其父亲节点的连边（姑且称为v的父边）在线段树中的位置。只要把这些东西求出来，就能用logn的时间完成原问题中的操作。

    重儿子：siz[u]为v的子节点中siz值最大的，那么u就是v的重儿子。
    轻儿子：v的其它子节点。
    重边：点v与其重儿子的连边。
    轻边：点v与其轻儿子的连边。
    重链：由重边连成的路径。
    轻链：轻边。

    剖分后的树有如下性质：
    性质1：如果(v,u)为轻边，则siz[u] * 2 < siz[v]；
    性质2：从根到某一点的路径上轻链、重链的个数都不大于logn。
   

    算法实现：
    我们可以用两个dfs来求出fa、dep、siz、son、top、w。
    dfs_1：把fa、dep、siz、son求出来，比较简单，略过。
    dfs_2：⒈对于v，当son[v]存在（即v不是叶子节点）时，显然有top[son[v]] = top[v]。线段树中，v的重边应当在v的父边的后面，记w[son[v]] = totw+1，totw表示最后加入的一条边在线段树中的位置。此时，为了使一条重链各边在线段树中连续分布，应当进行dfs_2(son[v])；
           ⒉对于v的各个轻儿子u，显然有top[u] = u，并且w[u] = totw+1，进行dfs_2过程。
           这就求出了top和w。
    将树中各边的权值在线段树中更新，建链和建线段树的过程就完成了。

    修改操作：例如将u到v的路径上每条边的权值都加上某值x。
    一般人需要先求LCA，然后慢慢修改u、v到公共祖先的边。而高手就不需要了。
    记f1 = top[u]，f2 = top[v]。
    当f1 <> f2时：不妨设dep[f1] >= dep[f2]，那么就更新u到f1的父边的权值(logn)，并使u = fa[f1]。
    当f1 = f2时：u与v在同一条重链上，若u与v不是同一点，就更新u到v路径上的边的权值(logn)，否则修改完成；
    重复上述过程，直到修改完成。

    求和、求极值操作：类似修改操作，但是不更新边权，而是对其求和、求极值。
    就这样，原问题就解决了。鉴于鄙人语言表达能力有限，咱画图来看看：

    如右图所示，较粗的为重边，较细的为轻边。节点编号旁边有个红色点的表明该节点是其所在链的顶端节点。边旁的蓝色数字表示该边在线段树中的位置。图中1-4-9-13-14为一条重链。

    当要修改11到10的路径时。
    第一次迭代：u = 11，v = 10，f1 = 2，f2 = 10。此时dep[f1] < dep[f2]，因此修改线段树中的5号点，v = 4, f2 = 1；
    第二次迭代：dep[f1] > dep[f2]，修改线段树中10--11号点。u = 2，f1 = 2；
    第三次迭代：dep[f1] > dep[f2]，修改线段树中9号点。u = 1，f1 = 1；
    第四次迭代：f1 = f2且u = v，修改结束。

**数据规模大时，递归可能会爆栈，而非递归dfs会很麻烦，所以可将两个dfs改为宽搜+循环。即先宽搜求出fa、dep，然后逆序循环求出siz、son，再顺序循环求出top和w。

 

    题目：spoj375、USACO December Contest Gold Divison, "grassplant"。
    **spoj375据说不“缩行”情况下最短的程序是140+行，我的是128行。

    附spoj375程序(C++)：

#include
#include
#include
#include
using namespace std;
const int maxn = 10010;
struct Tedge
{ int b, next; } e[maxn * 2];
int tree[maxn];
int zzz, n, z, edge, root, a, b, c;
int d[maxn][3];
int first[maxn], dep[maxn], w[maxn], fa[maxn], top[maxn], son[maxn], siz[maxn];
char ch[10];

void insert(int a, int b, int c)
{
     e[++edge].b = b;
     e[edge].next = first[a];
     first[a] = edge;
}

void dfs(int v)
{
     siz[v] = 1; son[v] = 0;
     for (int i = first[v]; i > 0; i = e[i].next)
         if (e[i].b != fa[v])
         {
             fa[e[i].b] = v;
             dep[e[i].b] = dep[v]+1;
             dfs(e[i].b);
             if (siz[e[i].b] > siz[son[v]]) son[v] = e[i].b;
             siz[v] += siz[e[i].b];
         }
}

void build_tree(int v, int tp)
{
     w[v] = ++ z; top[v] = tp;
     if (son[v] != 0) build_tree(son[v], top[v]);
     for (int i = first[v]; i > 0; i = e[i].next)
         if (e[i].b != son[v] && e[i].b != fa[v])
             build_tree(e[i].b, e[i].b);
}

void update(int root, int lo, int hi, int loc, int x)
{
     if (loc > hi || lo > loc) return;
     if (lo == hi)
     { tree[root] = x; return; }
     int mid = (lo + hi) / 2, ls = root * 2, rs = ls + 1;
     update(ls, lo, mid, loc, x);
     update(rs, mid+1, hi, loc, x);
     tree[root] = max(tree[ls], tree[rs]);
}

int maxi(int root, int lo, int hi, int l, int r)
{
     if (l > hi || r < lo) return 0;
     if (l <= lo && hi <= r) return tree[root];
     int mid = (lo + hi) / 2, ls = root * 2, rs = ls + 1;
     return max(maxi(ls, lo, mid, l, r), maxi(rs, mid+1, hi, l, r));
}

inline int find(int va, int vb)
{
     int f1 = top[va], f2 = top[vb], tmp = 0;
     while (f1 != f2)
     {
           if (dep[f1] < dep[f2])
           { swap(f1, f2); swap(va, vb); }
           tmp = max(tmp, maxi(1, 1, z, w[f1], w[va]));
           va = fa[f1]; f1 = top[va];
     }
     if (va == vb) return tmp;
     if (dep[va] > dep[vb]) swap(va, vb);