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


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





10 




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xy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 ;
}

【NOI复习】树链剖分的更多相关文章

  1. 算法复习——树链剖分模板(bzoj1036)

    题目: 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.CHAN ...

  2. [BZOJ2243][SDOI2011]染色 解题报告|树链剖分

    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“ ...

  3. 7.18 NOI模拟赛 树论 线段树 树链剖分 树的直径的中心 SG函数 换根

    LINK:树论 不愧是我认识的出题人 出的题就是牛掰 == 他好像不认识我 考试的时候 只会写42 还有两个subtask写挂了 拿了37 确实两个subtask合起来只有5分的好成绩 父亲能转移到自 ...

  4. 【NOI P模拟赛】校门外歪脖树上的鸽子(树链剖分)

    题面 2 ≤ n ≤ 2 × 1 0 5 , 1 ≤ m ≤ 2 × 1 0 5 , 1 ≤ l ≤ r ≤ n , 1 ≤ d ≤ 1 0 8 2 ≤ n ≤ 2 × 10^5,1 ≤ m ≤ 2 ...

  5. BZOJ 3672: [Noi2014]购票( 树链剖分 + 线段树 + 凸包 )

    s弄成前缀和(到根), dp(i) = min(dp(j) + (s(i)-s(j))*p(i)+q(i)). 链的情况大家都会做...就是用栈维护个下凸包, 插入时暴力弹栈, 查询时就在凸包上二分/ ...

  6. 【bzoj4811】[Ynoi2017]由乃的OJ 树链剖分+线段树区间合并

    题解: 好像和noi那题并没有什么区别 只是加上了修改和变成树上 比较显然我们可以用树链剖分来维护

  7. 洛谷P4092 [HEOI2016/TJOI2016]树 并查集/树链剖分+线段树

    正解:并查集/树链剖分+线段树 解题报告: 传送门 感觉并查集的那个方法挺妙的,,,刚好又要复习下树剖了,所以就写个题解好了QwQ 首先说下并查集的方法趴QwQ 首先离线,读入所有操作,然后dfs遍历 ...

  8. bzoj1036 [ZJOI2008]树的统计Count(树链剖分)

    Description 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. Q ...

  9. BZOJ 3626: [LNOI2014]LCA 树链剖分 线段树 离线

    http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3626 LNOI的树链剖分题没有HAOI那么水,学到的东西还是很多的. 我如果现场写,很难想出来这种题 ...

随机推荐

  1. python基础入门教程《python入门经典》

    第一章 在python中使用数字 1.用变量存储信息 1.1变量的类型 变量,用于存储很多不同的数据类型的信息. 基本数据类型 数据类型 存储内容 示例 integer 整   float 浮点   ...

  2. Syntax error on tokens, delete these tokens.问题解决

    问题:Syntax error on tokens, delete these tokens.(在标记语法错误,删除这些标记) 原因:存在中文字符或者符号(包括空格):单引号.双引号不匹配:复制的代码 ...

  3. mysql revise

    DATABASE create database db_name; use db_name; alter database db_name; drop database db_name; show d ...

  4. js获取网页请求类型是http还是https

    代码如下,即可判断 var ishttps = 'https:' == document.location.protocol ? true : false; if(ishttps) { alert(& ...

  5. 浏览器内核 网址分解 web服务器

    浏览器最核心的部分是渲染引擎(Rendering Engine),我们一般习惯称之为"浏览器内核",其负责解析网页语法(如标准通用标记语言的子集HTML.JavaScript)并渲 ...

  6. Tomcat启动报错java.lang.UnsatisfiedLinkError

    之前tomcat启动老是报错,虽然不影响项目的启动运行,但是有强迫症的程序员会心里不爽: 问题是由于本机安装的jdk版本与tomcat中使用的jdk版本不一致导致的. 后面我把原先tomcat启动环境 ...

  7. 小试牛刀JavaScript鼠标事件

    鼠标事件练习1 当鼠标点击网页某个单元格的时候,其他的单元格颜色不变,只有被点击的单元格颜色发生变化 <style type="text/css"> *{ margin ...

  8. 映射语句之INSERT语句

    1.一个 INSERT SQL 语句可以在<insert>元素在映射器 XML 配置文件中配置 例子: <insert id="insertStudentWithId&qu ...

  9. form表单上传文件使用multipart请求处理

    在开发Web应用程序时比较常见的功能之一,就是允许用户利用multipart请求将本地文件上传到服务器,而这正是Grails的坚固基石——spring MVC其中的一个优势.Spring通过对Serv ...

  10. php添加pcntl扩展(Linux)

    pcntl扩展可以支持php的多线程操作(仅限linux)原本需要重新编译PHP的后面configrue提示加上--enable-pcntl 由于我的php是采用yum安装的,所以不能采用上面的方式下 ...