- 经典问题，给一张图，支持加边/删边/询问两点连通性。
离线统计边权（删除时间），lct维护最大生成树即可。
也可以按时间分治，维护一个可回退并查集即可。
- 主定理
很好用，但是记不住。
有一种简明的替代方式：画一棵递归树，考虑层数和每层的节点数（线段树分析.jpg）
- 分治时递归和处理中心的顺序可以是任意的，可以按照具体情况选择，以 简化复杂度。
- 快速排序的期望复杂度：
\[T(n)=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n[T(i-1)+T(n-i)]+n-1=\frac{2}{n}\sum_{i=0}^{n-1}T(i)+n-1\]
\[n\cdot T(n)=2\sum_{i=0}^{n-1}T(i)+n(n-1)\]
\[(n-1)\cdot T(n-1)=2\sum_{i=0}^{n-2}T(i)+(n-1)(n-2)\]
\[n\cdot T(n)-(n-1)\cdot T(n-1)=2T(n-1)+2(n-1)\]
\[n\cdot T(n)=(n+1)T(n-1)+2(n-1)\]
\[\frac{T(n)}{n+1}=\frac{T(n-1)}{n}+\frac{2(n-1)}{n(n+1)}\]
\[F(n)=\frac{T(n)}{n+1}=\sum_i^n\frac{2(i-1)}{i(i+1)}\leq \sum_i^n \frac{2}{i}=2\ln n\]
\[T(n)=O(n\log n)\]
对于期望复杂度经典的证明方法，乘上\(n\)再错位相减。
- 定理：期望为\(O(f(n))\)的复杂度退化到\(O(g(n))\)的概率小于\(\frac{f(n)}{g(n)}\)，而且这个上界非常宽松，大多数时候都达不到。
- \(O(n)\)找第\(k\)大
考虑快速排序的过程，按某个中间值分成两半，然后找对的一边递归下去。期望\(O(n)\)，然而最劣是\(O(n^2)\)。
发现最劣的情况在于每次都划分出一个大小为\(1\)的子问题。
可以把原序列分成\(5\)份，排成一个\(5\times \frac n5\)的表格。对每一列找出中位数，然后找到列的中位数，从这个位置划分，可以保证每次问题规模最少降低\(O(\frac{3}{10}n)\)。
然而没什么用，因为常数巨大。
给我们的启发意义在于，我们可以通过一些（大）合（常）理（数）手段划分分治中心，从而降低复杂度。
- 分治fft
- 三维偏序：cdq分治
- \(n\)个红点，\(n\)个黑点，没有重复或三点共线。求一个红黑点的完美匹配，使得连线互不相交，保证有解。\(n \leq 10^4\)。
sd省集讲过，然而我又忘了。
提示：对于任意这样的\(2n\)个点，解一定存在。
证明：只需要找到总长度最小的一种方案，一定不会有交点。
一定可以找到一条直线把点集分开，使得两边红黑点个数均相等。考虑坐标最小的某个点为原点，把剩余点按照极角排序，由于不存在三点共线，则一定有这样的位置，恰好使两边相等。
最劣是\(O(n^2\log n)\)，但是每次旋转一个角度，随机选点跑得很快，\(O(\)能过\()\)。
- 给\(n\)个整数\(a_i\)，求\(\min_{i<j}\{ (j-i)^2+(\sum_{k=i+1}^j a_k)^2 \}\)。\(n\leq 10^5\)。
把\(a_i\)取个前缀和\(S_i\)，发现把\((i,S_i)\)看作一个点，就是一个平面上距离。平面最近点对即可。我一开始想分治+斜率优化来着。
- 给定一棵树，问有多少个大小为\(k\)的点集，使得存在节点\(u\)，使得任意一个\(v\in S\)，有\(dis(u,v)\leq L\)。\(n\leq 10^5\)。
对于一个点集\(S\)，满足条件的点构成一个连通块。树上连通块点数-边数=1，所以对于每个点、每条边分别统计满足条件的点集容斥一下即可。
统计点集相当于对每个点（或边建出来的虚点）统计距离不超过\(L\)的点数，然后算个组合数就好了。邻域是经典问题，点分树就好了。
- 以\(1\)为根的二叉树，对它任意一个包含\(1\)的连通块，给连通块内每个点赋一个权值\(w_i\)，块外的点权值为\(0\)，每个点的权值满足\(w_i\geq \sum w_{son_i},w_1=x\)，求所有连通块的所有\(w_i\)的方案的和。\(n\leq 10^5,x\leq 10^{18}\)。
令\(b_i=w_i-\sum w_{son_i}\)，则原条件等价于\(b_i\geq 0,\sum b_i=x\)。设连通块大小为\(m\)，则它的权值就是\(C(x+m-1,m)\)。
于是问题变成统计以\(1\)为根，大小为\(m\in[1,n]\)的连通块个数。
这个若干天前讲过，求生成函数，树剖后分治fft即可。所以二叉树这个性质有什么用
“动态点分治模板题，大家一定都做过，不用讲了。”
点分树支持动态添加叶子，需要像替罪羊树一样重构。
- 有向图\(G\)，支持动态加边，求每次加边后\((u,v)\)数，使得\((u,v)\)互相可达，允许离线。\(n,q\leq 10^5\)。
等价于对每条边\((u,v)\)，统计\((u,v)\)是什么时候开始相互可达的，然后用并查集计算即可。
整体二分。设\(solve(l,r,S)\)表示\(S\)里所有边都是在\([l,r]\)时间段开始相互可达的。（在执行这个函数之前，且所有加入时间在\([1,l)\)的，且在\(S\)内的边均已加入并缩点完毕，孤立点被删除。）
我们把\(S\)中\([l,mid]\)的边都加入然后缩点，即可据此把\(S\)分为两部分，递归即可。右边可以直接递归，左边需要对缩点可回退化一下。代码很不可写。只对涉及到的点进行计算，单次递归复杂度是\(O(|S|)\)的，每条边只会被计算\(O(\log)\)次。
- 给定一个\(w\times h\)的网格，每次允许向右、上、下走，都有对应的权值，求左边一列每个点到右边一列每个点的最短路长度和。\(w\times h\leq 2\times 10^5\)。
维护从左上角出发的最短路径树。
发现起点向下移动的时候，每个点在树上的父亲是逆时针单调旋转的，且最多变\(2\)次。
对于一个时间区间\([l,r]\)，如果一个点没有变父亲，它们是可以缩起来的。然后就和上一题一模一样了。
- 离线求逆元
类似阶乘逆元的求法，求前缀积然后反向递推回去即可。复杂度\(O(n+\log p)\)。
- 树上并查集
树上分块+四毛子，块大小\(O(\log\log n)\)，可以做到线性。
- 离线LCA
Tarjan+并查集实现。
原文地址：https://www.cnblogs.com/suwakow/p/11375074.html