简介

　　树链剖分通常用来解决一类维护静态树上路径信息的问题，例如：
给定一棵点带权树，接下来每次操作会修改某条路径上所有点的权值（修改为同一个值或是同加上一个值等），以及询问某条路径上所有点的权值和。
当这棵树是一条链时，这个问题实际上就是一个序列上区间修改、区间询问的问题，可以用之前介绍的几个数据结构解决。
对于其他情况，由于树的形态是不变的，因此树链剖分的策略是将这些点按某种方式组织起来，剖分成为若干条链，每条链就相当于一个序列，则操作路径可以拆分为剖分好的某几条链，也就是若干个完整序列或是某个序列上的一段区间，此时再利用线段树等处理序列上区间操作问题的数据结构来解决。
树链剖分的核心就是如何恰当的剖分树为若干条链。当链的划分方式确定后，我们只要将它们看做是一个个序列，将所有序列按顺序拼接起来后，每条链就成为了一段区间，而序列上的区间问题是我们所熟悉和擅长解决的。

方法

轻重链剖分

我们将树中的边分成两种：轻边，重边。如下图中加粗的边是重边，其余是轻边。

我们可以以任意点为根，然后记 size(u) 为以 u 为根的子树的结点个数，令 v 为u 所有儿子中 size 值最大的一个儿子，则(u,v) 为重边， v 称为u 的重儿子。 u 到其余儿子的边为
轻边。

树链剖分求LCA

　　传送门

例题

【浙江省选2008】树的统计

题目背景

ZJOI2008 DAY1 T4

题目描述

一棵树上有 n 个节点，编号分别为 1 到 n ，每个节点都有一个权值 w 。
我们将以下面的形式来要求你对这棵树完成一些操作：
I.CHANGE u t ：把结点 u 的权值改为 t ；
II.QMAX u v ：询问从点 u 到点 v 的路径上的节点的最大权值；
III.QSUM u v ：询问从点 u 到点 v 的路径上的节点的权值和。

注意：从点 u 到点 v 的路径上的节点包括 u 和 v 本身。

输入格式

输入第一行为一个整数 n ，表示节点的个数。
接下来 n–1 行，每行 2 个整数 a 和 b ，表示节点 a 和节点 b 之间有一条边相连。
接下来 n 行，每行一个整数，第 i 行的整数 wi 表示节点 i 的权值。
接下来 1 行，为一个整数 q ，表示操作的总数。
接下来 q 行，每行一个操作，以“CHANGE u t”或者“QMAX u v”或者“QSUM u v”的形式给出。

输出格式

对于每个“QMAX”或者“QSUM”的操作，每行输出一个整数表示要求输出的结果。

样例数据 1

输入

4
1 2
2 3
4 1
4 2 1 3
12
QMAX 3 4
QMAX 3 3
QMAX 3 2
QMAX 2 3
QSUM 3 4
QSUM 2 1
CHANGE 1 5
QMAX 3 4
CHANGE 3 6
QMAX 3 4
QMAX 2 4
QSUM 3 4

输出

4
1
2
2
10
6
5
6
5
16

备注

【数据范围】

对于 100％的数据，保证1<=n<=30000；0<=q<=200000；中途操作中保证每个节点的权值 w 在 -30000 到 30000 之间。

【题目分析】

模板题

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
 
const int N = ;
const int oo = 0x3f3f3f3f;
 
int dep[N], sze[N], top[N], son[N], pos[N], idx[N], val[N], fa[N];
int ecnt, adj[N], go[N << ], nxt[N << ], tot;
int sum[N * ], maxx[N * ];
int n, q;
 
inline int Re(){
    int i = , f = ; char ch = getchar();
    for(; (ch < '' || ch > '') && ch != '-'; ch = getchar());
    if(ch == '-') f = -, ch = getchar();
    for(; ch >= '' && ch <= ''; ch = getchar())
        i = (i << ) + (i << ) + (ch - '');
    return i * f;
}
 
inline void Wr(int x){
    if(x < ) putchar('-'), x = -x;
    if(x > ) Wr(x / );
    putchar(x %  + '');
}
 
inline void addEdge(const int &u, const int &v){
    nxt[++ecnt] = adj[u], adj[u] = ecnt, go[ecnt] = v;
    nxt[++ecnt] = adj[v], adj[v] = ecnt, go[ecnt] = u;
}
 
inline void dfs1(const int &u, const int &f){
    dep[u] = dep[f] + ;
    fa[u] = f;
    sze[u] = ;
    for(int e = adj[u]; e; e = nxt[e]){
        int v = go[e];
        if(v == f) continue;
        dfs1(v, u);
        sze[u] += sze[v];
        if(sze[v] > sze[son[u]]) son[u] = v;
    }
}
 
inline void dfs2(const int &u, const int &f){
    if(son[u]){   //先查重儿子， 保证重链连续
        top[son[u]] = top[u];
        idx[pos[son[u]] = ++tot] = son[u];
        dfs2(son[u], u);
    }
    for(int e = adj[u]; e; e = nxt[e]){
        int v = go[e];
        if(v == f || v == son[u]) continue;
        top[v] = v;
        idx[pos[v] = ++tot] = v;
        dfs2(v, u);
    }
}
 
inline int chkMax(const int &x, const int &y){
    if(x > y) return x;
    return y;
}
 
inline void build(int k, int l, int r){
    if(l == r){
        sum[k] = maxx[k] = val[idx[l]];
        return;
    }
    int mid = l + r >> , lc = k << , rc = k <<  | ;
    build(lc, l, mid);
    build(rc, mid + , r);
    sum[k] = sum[lc] + sum[rc];
    maxx[k] = chkMax(maxx[lc], maxx[rc]);
}
 
inline int PathSum(int k, int l, int r, int x, int y){
    if(x <= l && r <= y) return sum[k];
    int mid = l + r >> , lc = k << , rc = k <<  | ;
    int ret = ;
    if(x <= mid) ret += PathSum(lc, l, mid, x, y);
    if(y > mid) ret += PathSum(rc, mid + , r, x, y);
    return ret;
}
 
inline int PathMax(int k, int l, int r, int x, int y){
    if(x <= l && r <= y) return maxx[k];
    int mid = l + r >> , lc = k << , rc = k <<  | ;
    int ret = -oo;
    if(x <= mid) ret = chkMax(ret, PathMax(lc, l, mid, x, y));
    if(y > mid) ret = chkMax(ret, PathMax(rc, mid + , r, x, y));
    return ret;
}
 
inline void PrintSum(int u, int v){
    int ret = ;
    while(top[u] != top[v]){
        if(dep[top[u]] < dep[top[v]]) swap(u, v);
        ret += PathSum(, , n, pos[top[u]], pos[u]);
        u = fa[top[u]];
    }
    if(dep[u] > dep[v]) swap(u, v);
    ret += PathSum(, , n, pos[u], pos[v]);
    Wr(ret), putchar('\n');
}
 
inline void PrintMax(int u, int v){
    int ret = -oo;
    while(top[u] != top[v]){
        if(dep[top[u]] < dep[top[v]]) swap(u, v);
        ret = chkMax(ret, PathMax(, , n, pos[top[u]], pos[u]));
        u = fa[top[u]];
    }
    if(dep[u] > dep[v]) swap(u, v);
    ret = chkMax(ret, PathMax(, , n, pos[u], pos[v]));
    Wr(ret), putchar('\n');
}
 
inline void modify(int k, int l, int r, int pos, int v){
    if(l == r){
        sum[k] = v;
        maxx[k] = v;
        return;
    }
    int mid = l + r >> , lc = k << , rc = k <<  | ;
    if(pos <= mid) modify(lc, l, mid, pos, v);
    else modify(rc, mid + , r, pos, v);
    sum[k] = sum[lc] + sum[rc];
    maxx[k] = chkMax(maxx[lc], maxx[rc]);
}
 
inline void print(int k){
    if(k == ) return;
    print(k<<);print(k<<|);
    cout<<sum[k]<<" "<<maxx[k]<<endl;
}
 
int main(){
//    freopen("h.in", "r", stdin);
    n = Re();
    for(int i = ; i < n; i++){
        int a = Re(), b = Re();
        addEdge(a, b);
    }
    for(int i = ; i <= n; i++) val[i] = Re();
 
    dep[] = -, top[] = , idx[] = , pos[] = , tot = ;
    dfs1(, );
    dfs2(, );
    build(, , n);
//    print(1);
 
    q = Re();
    for(int i = ; i <= q; i++){
        char opt[]; int u, v, t;
        scanf("%s", opt + );
        if(opt[] == 'H'){   //change
            u = Re(), t = Re();
            modify(, , n, pos[u], t);
        }
        else if(opt[] == 'M'){   //qmax
            u = Re(), v = Re();
            PrintMax(u, v);
        }
        else{  //qsum
            u = Re(), v = Re();
            PrintSum(u, v);
        }
    }
}

【bzoj2243】【山东省选2011】染色

Description

给定一棵有n个节点的无根树和m个操作，操作有2类：

1、将节点a到节点b路径上所有点都染成颜色c；

2、询问节点a到节点b路径上的颜色段数量（连续相同颜色被认为是同一段），如“112221”由3段组成：“11”、“222”和“1”。

请你写一个程序依次完成这m个操作。

Input

第一行包含2个整数n和m，分别表示节点数和操作数；

第二行包含n个正整数表示n个节点的初始颜色

下面行每行包含两个整数x和y，表示x和y之间有一条无向边。

下面行每行描述一个操作：

“C a b c”表示这是一个染色操作，把节点a到节点b路径上所有点（包括a和b）都染成颜色c；

“Q a b”表示这是一个询问操作，询问节点a到节点b（包括a和b）路径上的颜色段数量。

Output

对于每个询问操作，输出一行答案。

Sample Input

6 5
2 2 1 2 1 1
1 2
1 3
2 4
2 5
2 6
Q 3 5
C 2 1 1
Q 3 5
C 5 1 2
Q 3 5

Sample Output

3
1
2

HINT

数N<=10^5，操作数M<=10^5，所有的颜色C为整数且在[0, 10^9]之间。

【题目分析】

　树链剖分，维护节点的颜色段数，修改标记，左端、右端颜色，注意用左右子树更新根节点时颜色相同要-1，数组线段树不好维护可以写成结构体！！

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<vector>
using namespace std;
 
const int N = 3e5;
 
int n, m;
int sze[N], dep[N], val[N], idx[N], pos[N], fa[N], top[N], son[N], tot;
int ecnt, adj[N], go[N << ], nxt[N << ];
 
inline int Re(){
    int i = , f = ; char ch = getchar();
    for(; (ch < '' || ch > '') && ch != '-'; ch = getchar());
    if(ch == '-') f = -, ch = getchar();
    for(; ch >= '' && ch <= ''; ch = getchar())
        i = (i << ) + (i << ) + (ch - '');
    return i * f;
}
 
inline void Wr(int x){
    if(x < ) putchar('-'), x = -x;
    if(x > ) Wr(x / );
    putchar(x %  + '');
}
 
inline void addEdge(const int &u, const int &v){
    nxt[++ecnt] = adj[u], adj[u] = ecnt, go[ecnt] = v;
    nxt[++ecnt] = adj[v], adj[v] = ecnt, go[ecnt] = u;
}
 
inline void dfs1(const int &u, const int &f){
    dep[u] = dep[f] + ;
    sze[u] = ;
    fa[u] = f;
    for(int e = adj[u]; e; e = nxt[e]){
        int v = go[e];
        if(v == f) continue;
        dfs1(v, u);
        sze[u] += sze[v];
        if(sze[v] > sze[son[u]]) son[u] = v;
    }
}
 
inline void dfs2(const int &u, const int &f){
    if(son[u]){
        top[son[u]] = top[u];
        idx[pos[son[u]] = ++tot] = son[u];
        dfs2(son[u], u);
    }
    for(int e = adj[u]; e; e = nxt[e]){
        int v = go[e];
        if(v == f || v == son[u]) continue;
        top[v] = v;
        idx[pos[v] = ++tot] = v;
        dfs2(v, u);
    }
}
 
struct node{
    int cnt, lcol, rcol, tag;
    node():cnt(), lcol(-), rcol(-), tag(-){}
};
 
namespace SegTree{
    node tr[N * ];
    inline void upt(int k){
        int lc = k << , rc = k <<  | ;
        tr[k].lcol = tr[lc].lcol;
        tr[k].rcol = tr[rc].rcol;
        tr[k].cnt = tr[lc].cnt + tr[rc].cnt - (tr[lc].rcol == tr[rc].lcol);
    }
    inline void cover(int k, int v){
        tr[k].lcol = tr[k].rcol = v;
        tr[k].cnt = ;
        tr[k].tag = v;
    }
    inline void pushDown(int k){
        int lc = k << , rc = k <<  | ;
        if(tr[k].tag != -){
            cover(lc, tr[k].tag);
            cover(rc, tr[k].tag);
            tr[k].cnt = , tr[k].lcol = tr[k].rcol = tr[k].tag;
            tr[k].tag = -;
        }
    }
 
    inline void build(int k, int l, int r){
        if(l == r){
            tr[k].cnt = ;
            tr[k].tag = -;
            tr[k].lcol = tr[k].rcol = val[idx[l]];
            return;
        }
        int mid = l + r >> , lc = k << , rc = k <<  | ;
        build(lc, l, mid);
        build(rc, mid + , r);
        upt(k);
    }
 
    inline void modify(int k, int l, int r, int x, int y, int v){
        if(x <= l && r <= y){
            cover(k, v);
            return;
        }
        pushDown(k);
        int mid = l + r >> , lc = k << , rc = k <<  | ;
        if(x <= mid) modify(lc, l, mid, x, y, v);
        if(y > mid) modify(rc, mid + , r, x, y, v);
        upt(k);
    }
 
    inline node query(int k, int l, int r, int x, int y){
        if(l == x && r == y) return tr[k];
        pushDown(k);
        int mid = l + r >> , lc = k << , rc = k <<  | ;
        if(y <= mid) return query(lc, l, mid, x, y);
        else if(x > mid) return query(rc, mid + , r, x, y);
        else {
            node ret, ret1, ret2;
            ret1 = query(lc, l, mid, x, mid);
            ret2 = query(rc, mid + , r, mid + , y);
            ret.cnt = ret1.cnt + ret2.cnt - (ret1.rcol == ret2.lcol);
            ret.lcol = ret1.lcol, ret.rcol = ret2.rcol;
            return ret;
        }
//        cout<<ret1.lcol<<" "<<ret1.lcol<<" "<<ret2.lcol<<" "<<ret2.rcol<<endl;    
 
    }
}using namespace SegTree;
inline void PrintCnt(int a, int b){
    int ans = , acol = -, bcol = -;
    while(top[a] != top[b]){
        if(dep[top[a]] < dep[top[b]]) swap(a, b), swap(acol, bcol);
        node ret = query(, , n, pos[top[a]], pos[a]);
        ans += ret.cnt;
        if(ret.rcol == acol) ans--;
        a = fa[top[a]], acol = ret.lcol;
    }
    if(dep[a] > dep[b]) swap(a, b), swap(acol, bcol);
    node ret = query(, , n, pos[a], pos[b]);
    ans += ret.cnt - (ret.lcol == acol) - (ret.rcol == bcol);
    Wr(ans);
}
 
inline void PathModify(int a, int b, int v){
    while(top[a] != top[b]){
        if(dep[top[a]] < dep[top[b]]) swap(a, b);
        modify(, , n, pos[top[a]], pos[a], v);
        a = fa[top[a]];
    }
    if(dep[a] > dep[b]) swap(a, b);
    modify(, , n, pos[a], pos[b], v);
}
 
int main(){
    freopen("h.in", "r", stdin);
    n = Re(), m = Re();
    for(int i = ; i <= n; i++) val[i] = Re();
    for(int i = ; i < n; i++){
        int a = Re(), b = Re();
        addEdge(a, b);
    }
    dep[] = -, top[] = pos[] = idx[] = tot = ;
    dfs1(, );
    dfs2(, );
    build(, , n);
    for(int i = ; i <= m; i++){
        char opt; opt = getchar();
        while(opt != 'Q' && opt != 'C') opt = getchar();
        int a, b, c;
        if(opt == 'C'){
            a = Re(), b = Re(), c = Re();
            PathModify(a, b, c);
        }
        else if(opt == 'Q'){
            a = Re(), b = Re();
            PrintCnt(a, b), putchar('\n');
        }
    }
    return ;
}

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【NOI复习】树链剖分

简介

方法

轻重链剖分

树链剖分求LCA

例题

【浙江省选2008】树的统计

题目背景

题目描述

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备注

【题目分析】

【bzoj2243】【山东省选2011】染色

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