树链剖分小结及题目
树链剖分小结及题目
我们经常会遇到这样一类题目：给出一棵树，询问树上u,v两点路径间的最值，合值，更新u，v路径上的点权或边权，或者区间更新etc，此时如果单纯的用线段树或者树状数组去搞，很明显问题不能够得到完美解决，此时就需要更高级的数据结构去对树进行重新构造，也就是通常说的树链剖分。
一．树链剖分
树链剖分，顾名思义，也就是对树的每一条链进行剖分，将一棵树拆分成若干条链，对其进行重新编号，在进行了重新编号之后就可以用其他数据结构（线段树，树状数组，etc）去对数据进行有序化处理，这也就是说，大部分情况下，树链剖分是在为其他数据结构“打辅助”，和其他数据结构搭配起来使用才能更充分发挥它的作用。
剖树：
首先我们引入一些新的符号标记和一些概念
siz[i]:以i为结点的子树结点个数
son[i]:以i为结点的所有子结点中，siz最大的那个结点
Deep[i]:结点i的深度
fa[i]:i的父节点
top[i]:i结点重链上的顶端结点
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，即非重边
对于一棵树来说，为了让他有序化，我们进行这样的操作：
1.找到每个结点的重儿子
2.将每个结点与重儿子组成重边，与其它结点组成轻边
3.对每个结点按重链深搜，轻边其次，进行重新编号映射
经过这样的操作之后，可以发现一棵树就被分为了重链和轻边，并且结点与结点之间要么是在同一条重链上，由重边相连接，要么不在同一个重链上，由重边和轻边交替连接。
代码实现：
第一步dfs 首先处理出fa，deep，siz，son ,这样预处理是为了在第二个dfs中直接沿着重儿子进行编号以处理重链编号。
void dfs1(int k,int pre,int d)
{
deep[k]=d;
fa[k]=pre;
siz[k]=1;
for(int i=fir[k];~i;i=nex[i])
{
int e=v[i];
if(e!=pre)
{
dfs1(e,k,d+1);
siz[k]+=siz[e];
if(son[k]==-1||siz[son[k]]第二个dfs处理重链并对其进行编号，同时记录每个结点的top
void dfs2(int k,int sp)
{
top[k]=sp;
in[k]=tot++;
if(son[k]==-1) return;
dfs2(son[k],sp);
for(int i=fir[k];~i;i=nex[i])
{
int e=v[i];
if(e!=fa[k]&&e!=son[k])
{
dfs2(e,e);
}
}
}解释一下这样剖树的合理性：
首先这样剖完树后我们很容易观察到两个性质
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。
现在考虑树上两点u和v的路径问题，由于子节点到父节点的路径是唯一的，而父节点到子节点的路径不唯一，我们让两点都到LCA上去，我们尝试让两点都到达LCA，根据以上的两个性质，我们最多经过logn条链就能让两个点在同一条重链上，这也就意味着我们仅仅花费了logn的复杂度就遍历了u到v的所有路径！！！问题就较完美的解决了。（下面会详细讲解爬树过程）
对一棵树进行剖分编号之后，还可以观察到：从根节点向下对所有结点的重链进行编号，的对于一条重链来说，其编号一定是连续的，对于一个结点来说，其子树的编号一定是连续的。
一棵树在剖完之后是这个样子：
红色代表重链，青色代表轻边，结点的编号是对链的重新编号。
这样剖完之后发现，对于重链来说完全可以将它映射到线段树上，这样就可以区间的去解决树链的问题，降低复杂度。
求LCA：
在找两点路径时，运用一种爬山的做法，每次将重链较深的结点优先向上爬，这样一直到两个结点都到达同一条重链上，相当于是在求LCA。
比如现在找4和7的LCA，那么路径是这样的：7->6->1,4->1
具体看代码
代码实现：
long long Query(int s,int t)
{
long long sum=0;
int f1=top[s],f2=top[t];
while(f1!=f2)//使s，t向上爬到同一条重链
{
if(deep[f1]deep[t]) swap(s,t);
sum+=query(in[s],in[t],1,tot-1,1);///此时已经在同一条重链上了
return sum;
}
这里的向上爬是十分巧妙的，每一次让top较深的结点找到当前重链上的顶端结点直接跳跃向上爬，由于重链的编号又是连续的，所以又可以在线段树上直接进行区间统计，对于整颗树来说，相当于是logn的向上爬，对于统计答案来说，又是logn的在统计答案。试想如果每一次直接找每个结点的fa向上爬会怎样，很明显，复杂度大大超出，如果不让较深的结点向上爬会怎样，很明显，两点停在原链。
至此，树已经全部剖完，剩下的就是其他数据结构的操作了。
二．常见题型
Q1：给出一棵树，更新u->v路径上的所有点的权值，单点查询树上某点的权值
基于点权的树链剖分，在树链剖分处理完整颗树之后直接将结点编号，映射到树状数组或者线段树上处理查询修改。
HDU 3966 Aragorn's Story
题解：
HDU 3966 Aragorn's Story （树链剖分 基于点权）
Q2：给出一棵树，更新结点u的权值，查询u->v路径上的权值和
基于边权的树链剖分，对于边来说，除了根节点外，其他所有的边都可以与其子节点一一对应，这样就转换为了点权问题，在处理时要注意LCA当前点不统计，因为此时的边权不会被访问到。
SPOJ QTREE
POJ 2763 Housewife Wind
HYSBZ 1036 树的统计Count
FZU 2082 过路费
LightOJ 1348 Aladdin and the Return Journey
题解：
SPOJ QTREE (树链剖分 基于边权)
POJ 2763 Housewife Wind (树链剖分)
HYSBZ 1036树的统计Count（树链剖分 + 线段树）
FZU 2082过路费（树链剖分）
LightOJ 1348 Aladdin and the Return Journey （树链剖分）
Q3:给出一棵树，更新u->v路径上的权值，询问u->v的权值
还是基于边权，但是此时就需要加上线段树的延迟标记处理
POJ 3237 Tree
题解：
POJ 3237 Tree（树链剖分 线段树区间标记）
Q4:给出一棵树，更新点u，询问u->v上LCIS
这类问题需要用到线段树的区间合并，写起来有些恶心，一些还是方向必须固定的，但是基本都有通用的方法：在进行向上爬区间时开两个结构体合并向上爬的区间合并结果，这样就得到了两个相向的结构体，那么答案要么就在两个结构体中，要么是两个结构体左端点进行合并的结果（这里需要手动处理），如果题目要求方向一定是u->v，那么就直接设置一个方向标记flag，判断爬上来的方向在哪个结构体中。
HYSBZ 2243 染色
HDU 5052 Yaoge’s maximum profit
HDU 4718 The LCIS on the Tree
题解：
HYSBZ 2243染色（树链剖分 + 线段树区间合并）
HDU 5052 Yaoge’s maximum profit (树链剖分+ 线段树)
HDU 4718 The LCIS on the Tree (树链剖分+ 线段树区间合并)
Q5：给出一棵树，修改u到根节点路径上权值，修改u子树的权值，询问u到根节点权值，询问u子树权值
对于u到根节点，这个很好做，直接向上爬，对于子树呢，注意上文提到过树链剖分之后对于一个结点u来说它的子树区间一定是连续的，那么基于这一点，我们用两个数组记录结点的区间，就能达到查询修改子树的目的
BZOJ 4034 T2
BZOJ 4196 软件包管理器
题解：
BZOJ 4034 T2 (树链剖分解决子树问题)
BZOJ 4196软件包管理器(树链剖分子树)
Q6：还有一些其他类型的题目，建模，动态开点，离线，递归pushdown之类的，方法比较巧妙。
uva 12655
HDU 5029 Relief grain
BZOJ 3531
HDU 3801 Query on a tree
题解：
uva 12655 (树链剖分+生成树 好题)
HDU 5029 Relief grain(恶心的树链剖分+ 线段树)
BZOJ 3531 （树链剖分，线段树动态开点）
HDU 3801 Query on a tree(树链剖分离线处理)
三．结语：
但凡涉及到树链剖分的题目，代码量往往比较大，在写的时候要注意思路一定要清晰，常考的题目尤其是树链剖分+线段树区间合并这一块，动辄开8个变量去进行区间合并，这样的题目一定要考虑清楚在动手，在得到两个相向结构体的时候更要考虑清楚边界如何处理。树链剖分能够和很多数据结构结合起来使用，当然也还有更多的好题和方法等待着去挖掘。