[置顶] 树链剖分小节
前段时间学习了下树链剖分，好久没看了，今天又复习一遍，赶紧写下来，别又忘了。
我们在信息学竞赛中，有时会碰到这么一类题型，在一棵树中，修改两点之间路径上的所有边（或点）上的某个变量（如边的长度，点的权值等等），然后询问单个点（或边）或者两点之间路径上的所有点（或边）的某些性质（如边权之和，最大边最小边等等）。对于这样的题，往往容易往线段树上去靠，但是，单单是用线段树是无法维护每一条链的性质的，所以我们需要一种算法将树链分开来，使得每条链可以和线段树中的一个区间一一对应上。(当然树链剖分远远不止这些简单的应用，也不一定要和线段树有什么关系，总之就是将树链剖分开来吧)。
树链剖分有很多种剖分方法，最常用的应该就是轻重边剖分了吧（在网上大部分介绍的都是这种剖分方法），什么是轻重边剖分呢？
我们首先将树中的边分为两部分，轻边和重边，记size(U)为以U为根的子树的节点的个数，令V为U的儿子中size最大的一个（如有多个最大，只取一个），则我们说边（U，V）为重边，其余的边为轻边（如下图所示红色为重边，蓝色为轻边）。
![[置顶] 树链剖分小节_第1张图片](http://img.e-com-net.com/image/product/912ef286f5444fbea625f976be146891.jpg)
我们将一棵树的所有边按上述方法分成轻边和重边后，我们可以得到以下几个性质：
1：若（U,V）为轻边，则size(V)<=size(U)/2。
这是显然的。
2：从根到某一点的路径上轻边的个数不会超过O（logN），（N为节点总数）。
这也是很简单，因为假设从跟root到v的路径有k条轻边，它们是 root->...->v1->...->v2->......->vk->...->v，我们设size(v)=num，显然num>=1,则由性质1，我们有size(Vk)>=2,size(Vk-1)>=4......size(v1)>=2^k，显然有2^k<=N,所以k<=log2(N)。
如果我们把一条链中的连续重边连起来，成为重链，则一条链就变成了轻边与重链交替分段的链，且段数是log(N)级别的，则我们可以讲重链放在线段树中维护，轻边可放可不放，为了方便我一般还是放，但是速度就会打一点折扣了。思路就是这么多，接下来就是具体实现了。
我们需要维护一下值：
siz[v]表示以v为根的子树的节点总数。
dep[v]表示v的深度。
son[v]表示与v在同一重链上的v的儿子节点。
fa[v]表示v的父亲节点。
top[v]表示v所在链的顶端节点。
w[v]表示节点v在线段树中的位置。
siz[],son[],fa[],dep[]可以在第一遍dfs中求出来，top[]，w[]可在第二遍dfs中求出来。具体过程看代码吧。
struct edge
{
int to;
int next;
}e[maxn<<1];
int box[maxn],cnt,tot;
void init()
{
tot=0;
son[0]=dep[0]=0;
memset(box,-1,sizeof(box));
cnt=0;
}
void add(int from,int to)
{
e[cnt].to=to;
e[cnt].next=box[from];
box[from]=cnt++;
}
int siz[maxn],top[maxn],son[maxn],dep[maxn],w[maxn],fa[maxn];
void dfs(int now,int pre)
{
siz[now]=1;
fa[now]=pre;
son[now]=0;
dep[now]=dep[pre]+1;
int t,v;
for(t=box[now];t+1;t=e[t].next)
{
v=e[t].to;
if(v!=pre)
{
dfs(v,now);
siz[now]+=siz[v];
if(siz[son[now]]<siz[v])
{
son[now]=v;
}
}
}
}
void dfs2(int now,int tp)
{
w[now]=++tot;
top[now]=tp;
if(son[now])
dfs2(son[now],top[now]);
int t,v;
for(t=box[now];t+1;t=e[t].next)
{
v=e[t].to;
if(v!=fa[now]&&v!=son[now])
dfs2(v,v);
}
}
以上是剖分过程，关于如何在树链剖分后维护两点间路径的信息，请看这里LCA的树链剖分实现
这里需要注意的是，对于有些题要修改的权值或询问的权值在点上，有的在边上，这在剖分时虽然过程没有变，但在处理的时候是有区别的，具体不同我想在下面两道题里体现。
权值在边上的情况。
http://codeforces.com/problemset/problem/165/D
codeforces 165D Beard Graph
题意：给一棵树，树的每条边有一种颜色，黑色或白色，一开始所有边均为黑色，有两个操作：
操作1：将第i条边变成白色或将第i条边变成黑色。
操作2 ：询问u，v两点之间仅经过黑色变的最短距离。
思路：其实这道题可以不用树链剖分，存在更高效的方法，但是一时又想不到更好的例子。
因为是一棵树，所以两点之间的路径是确定的，所以只需要判断路径中是否所有的边均为黑色边即可，全是黑边意味着没有白边，所以我们可以这么做，我们将每条边剖分放入线段树中后，初始时将所有边权设为0，对操作1，如果要将一条边改为黑色，则将线段树赋值为零，否则分值为1，然后对于操作2，我们只要看两点间路径是否权之和为0即可，若为0，返回两点间距离，否则返回0。
上代码：
#include <iostream>
#include <string.h>
#include <stdio.h>
#include <algorithm>
#define maxn 100010
using namespace std;
#define mid ((t[p].l+t[p].r)>>1)
#define ls (p<<1)
#define rs (ls|1)
struct tree
{
int l,r;
int sum;
}t[maxn<<2];
void pushup(int p)
{
t[p].sum=t[ls].sum+t[rs].sum;
}
void build(int p,int l,int r)
{
t[p].l=l,t[p].r=r,t[p].sum=0;
if(l==r)
return;
build(ls,l,mid);
build(rs,mid+1,r);
}
void add(int p,int x,int val)
{
if(t[p].l==t[p].r)
{
t[p].sum+=val;
return;
}
if(x<=mid)
add(ls,x,val);
else
add(rs,x,val);
pushup(p);
}
int query(int p,int l,int r)
{
if(t[p].l==l&&t[p].r==r)
{
return t[p].sum;
}
if(l>mid)
return query(rs,l,r);
else if(r<=mid)
return query(ls,l,r);
else
return query(ls,l,mid)+query(rs,mid+1,r);
}
int siz[maxn],top[maxn],son[maxn],dep[maxn],w[maxn],fa[maxn];
struct edge
{
int to;
int next;
}e[maxn<<1];
int box[maxn],cnt,tot;
void init()
{
tot=0;
son[0]=dep[0]=0;
memset(box,-1,sizeof(box));
cnt=0;
}
void add(int from,int to)
{
e[cnt].to=to;
e[cnt].next=box[from];
box[from]=cnt++;
}
void dfs(int now,int pre)
{
siz[now]=1;
fa[now]=pre;
son[now]=0;
dep[now]=dep[pre]+1;
int t,v;
for(t=box[now];t+1;t=e[t].next)
{
v=e[t].to;
if(v!=pre)
{
dfs(v,now);
siz[now]+=siz[v];
if(siz[son[now]]<siz[v])
{
son[now]=v;
}
}
}
}
void dfs2(int now,int tp)
{
w[now]=++tot;
top[now]=tp;
if(son[now])
dfs2(son[now],top[now]);
int t,v;
for(t=box[now];t+1;t=e[t].next)
{
v=e[t].to;
if(v!=fa[now]&&v!=son[now])
dfs2(v,v);
}
}
int solve(int a,int b)
{
int f1=top[a],f2=top[b],dist=0;
while(f1!=f2)
{
if(dep[f1]<dep[f2])
{
swap(f1,f2);
swap(a,b);
}
dist+=w[a]-w[f1]+1;
int tmp=query(1,w[f1],w[a]);
if(tmp)
return -1;
a=fa[f1];
f1=top[a];
}
if(a==b)
return dist;//注意这里
else
{
if(dep[a]>dep[b])
swap(a,b);
int tmp=query(1,w[son[a]],w[b]);//注意这里
if(tmp)
return -1;
return dist+w[b]-w[a];
}
}
int Edge[maxn][2];
int main()
{
int n,q,i,a,b;
scanf("%d",&n);
init();
for(i=1;i<n;i++)
{
scanf("%d%d",&Edge[i][0],&Edge[i][1]);
add(Edge[i][0],Edge[i][1]);
add(Edge[i][1],Edge[i][0]);
}
build(1,1,n);
dfs(1,0);
dfs2(1,1);
scanf("%d",&q);
while(q--)
{
int k;
scanf("%d",&k);
if(k==3)
{
scanf("%d%d",&a,&b);
printf("%d\n",solve(a,b));
}
else
{
scanf("%d",&i);
int tmp;
if(dep[Edge[i][0]]>dep[Edge[i][1]])
tmp=Edge[i][0];
else
tmp=Edge[i][1];
if(k==1)
add(1,w[tmp],-1);
else
add(1,w[tmp],1);
}
}
return 0;
}
权值在点上的情况：
http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=3966
HDU:3966 Aragorn's Story
题意：题意很明白，给一棵树，将两点之间的路径中的所有点的权值增加或减少一个数，询问特定点当前的权值大小。
思路：思路应该很清晰了，将树剖分后放进线段树中维护。
代码如下：
#pragma comment(linker,"/STACK:100000000,100000000")
#include <iostream>
#include <string.h>
#include <stdio.h>
#include <algorithm>
#define maxn 50010
using namespace std;
#define mid ((t[p].l+t[p].r)>>1)
#define ls (p<<1)
#define rs (ls|1)
struct tree
{
int l,r;
int lazy;
}t[maxn<<2];
int siz[maxn],top[maxn],son[maxn],dep[maxn],w[maxn],fa[maxn],num[maxn],tt[maxn];
void pushdown(int p)
{
if(t[p].lazy)
{
t[ls].lazy+=t[p].lazy;
t[rs].lazy+=t[p].lazy;
t[p].lazy=0;
}
}
void build(int p,int l,int r)
{
t[p].l=l,t[p].r=r,t[p].lazy=0;
if(l==r)
{
t[p].lazy=num[tt[l]];
return;
}
build(ls,l,mid);
build(rs,mid+1,r);
}
void add(int p,int l,int r,int val)
{
if(t[p].l==l&&t[p].r==r)
{
t[p].lazy+=val;
return;
}
pushdown(p);
if(r<=mid)
add(ls,l,r,val);
else if(l>mid)
add(rs,l,r,val);
else
{
add(ls,l,mid,val);
add(rs,mid+1,r,val);
}
}
int query(int p,int x)
{
if(t[p].l==t[p].r)
{
return t[p].lazy;
}
pushdown(p);
if(x>mid)
return query(rs,x);
else
return query(ls,x);
}
struct edge
{
int to;
int next;
}e[maxn<<1];
int box[maxn],cnt,tot;
void init()
{
tot=0;
son[0]=dep[0]=0;
memset(box,-1,sizeof(box));
cnt=0;
}
void add(int from,int to)
{
e[cnt].to=to;
e[cnt].next=box[from];
box[from]=cnt++;
}
void dfs(int now,int pre)
{
siz[now]=1;
fa[now]=pre;
son[now]=0;
dep[now]=dep[pre]+1;
int t,v;
for(t=box[now];t+1;t=e[t].next)
{
v=e[t].to;
if(v!=pre)
{
dfs(v,now);
siz[now]+=siz[v];
if(siz[son[now]]<siz[v])
{
son[now]=v;
}
}
}
}
void dfs2(int now,int tp)
{
w[now]=++tot;
tt[tot]=now;
top[now]=tp;
if(son[now])
dfs2(son[now],top[now]);
int t,v;
for(t=box[now];t+1;t=e[t].next)
{
v=e[t].to;
if(v!=fa[now]&&v!=son[now])
dfs2(v,v);
}
}
void solve(int a,int b,int val)
{
int f1=top[a],f2=top[b];
while(f1!=f2)
{
if(dep[f1]<dep[f2])
{
swap(f1,f2);
swap(a,b);
}
add(1,w[f1],w[a],val);
a=fa[f1];
f1=top[a];
}
if(a==b)
{
add(1,w[a],w[a],val);//注意这里
}
else
{
if(dep[a]>dep[b])
swap(a,b);
add(1,w[a],w[b],val);//注意这里
}
}
int main()
{
freopen("dd.txt","r",stdin);
int n,m,q,a,b,c;
char str[2];
while(scanf("%d%d%d",&n,&m,&q)!=EOF)
{
init();
int i;
for(i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&num[i]);
}
for(i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d",&a,&b);
add(a,b);
add(b,a);
}
dfs(1,0);
dfs2(1,1);
build(1,1,n);
while(q--)
{
int node;
scanf("%s",str);
if(str[0]=='Q')
{
scanf("%d",&node);
printf("%d\n",query(1,w[node]));
}
else
{
scanf("%d%d%d", &a,&b,&c);
if(str[0]=='I')
solve(a,b,c);
else
solve(a,b,-c);
}
}
}
return 0;
}
我已将需要注意的地方在代码中标记下来了，
区别就是在修改最后一条链时，也就是a,b在同一条重链中时，我们不妨设dep[a]<=dep[b]，这时我们知道a是原来我们要求的v,w两点的LCA。因为我们树链剖分时，将重链放入线段树中时，事实上将点与边一一对应了，每个点对应于其父节点与其连接的边，对于根节点，可设置一个虚拟节点，把它看成根节点的父节点。这样在放入线段树中的操作就可以不变（其实还是为了实现方便）。如果权值在边上，那么我要求v,w两点间的路径时，其LCA所对应的边并不在这条路径里，所以我们要少更新一条边。如果权值在点上，则LCA显然也在v与w之间的路径中，则需要更新LCA。这就是两种题的不同点。
PS：其实树链剖分还有好多应用还有拓展，不过本弱菜还没有学得到，这里只是将最基本的应用总结出来，希望各位神牛不要BS。
PS2：DFS写法容易爆栈，所以还有非递归写法，如BFS写法和模拟栈等等，不过我还没研究出来。。。