树链剖分教程 & bzoj 1036 [ZJOI2008] 树的统计 Count 题解

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【原题】

1036: [ZJOI2008]树的统计Count

Time Limit: 10 Sec  Memory Limit: 162 MB

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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. 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

Input

输入的第一行为一个整数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。 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。

Output

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。

Sample Input

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

Sample Output

4

1

2

2

10

6

5

6

5

16

HINT

Source

树的分治

【序言】我可是用树链剖分做的= =树分治写起来更麻烦。树剖我今天刚刚入门= =，写一篇题解加深印象。

因为脑中还残存着的没学之前的一些想法，本教程更适合初学者吧。希望各路大牛也多多指导。

以下内容结合一篇讲的不错的教程，我加了一些改动，更加易懂吧。也请原创大牛释怀 = =。

【问题】在一棵树上进行路径的修改、求极值、求和。

【树链剖分的概念】树链，就是树上的路径。剖分，就是把路径分类为重链和轻链。树链剖分就是把一些点合成一条路径，使其在线段树中的编号（下标）有序，并用线段树来维护，使得查询、修改的效率大大提高（有点像莫队的分块思想）。假设我们把路径分好链了（先不要在乎是怎么分的），每次询问两个点对（x，y）时，若x和y在同一链中，直接询问线段树中的u和v（因为同一条链中下标是连续的）u，v是x，y对应的线段树中的点。否则的话，我们从深度大的点上一点一点向上爬，每次记录该点所在的链上的情况，直到x，y在同一条链上。

【注意】树链剖分中的线段树中每个点代表的意义可以是原图的边或点。这道题是点，我就以点来叙述。

【数组含义简介】记num[v]表示以v为根的子树的节点数，deep[v]表示v的深度(根深度为1)，top[v]表示v所在的链的顶端节点，f[v]表示v的父亲，son[v]表示与v在同一重链上的v的儿子节点（姑且称为重儿子），tree[v]表示节点v在线段树中的编号，pre[v]表示线段树中编号是v的节点所对应的原图中的点（与tree相反）

只要把这些东西求出来，就能用logn的时间完成原问题中的操作。

【术语解释】

重儿子：num[u]为v的子节点中num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。

剖分后的树有如下性质：

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。

至于证明吧，我就不证了~~（其实我不会）只要能应用、并知道复杂度就行了。

【预处理算法实现】

我们可以用两个dfs来求出fa、deep、num、son、top、tree、pre。

dfs_1：把fa、deep、num、son求出来，比较简单。

dfs_2：①我们依次标记tree[v]（按搜索的顺序），同时得到pre。

②对于v，当son[v]存在（即v不是叶子节点）时，显然有top[son[v]] = top[v]。（没有就退出）

③然后我们先搜索v的重儿子u，并把u的重儿子、重孙子...的top值也置为top[v]；

④接着我们再搜索v的轻儿子u，并把u的重儿子、重孙子...的top值置为u；

将树中各边的权值在线段树中更新，建链和建线段树的过程就完成了。

【查询&修改算法实现】

例如将u到v的路径上每条边的权值都加上某值x。

记f1=top[u]，f2=top[v]。

当f1<>f2时：不妨设dep[f1]>=dep[f2]，那么就更新u到f1的权值(logn)，并使u=f[f1]。

当f1=f2时：u与v在同一条重链上，直接更新u到v路径上的点的权值(logn)，修改完成；

重复上述过程，直到修改完成。

如下图所示，较粗的为重边，较细的为轻边。（轻边实质上是长度为1的链）节点编号旁边有个红色点的表明该节点是其所在链的顶端节点。蓝色数字请无视= =（因为是copy人家图的，他的线段树中存的是边）

假设我们要修改11到10的路径时。

我们通过11和10的不断向上爬（具体操作详见上面），使他们最终在1号点相交。这样，11只经过重链2--11,10只经过自己和链1--14，效率相当的高。（为什么觉得有点像AC自动机呢）

【回归原题】这样，原题就是裸的树链剖分了。具体注释看代码。

【代码】

#include<cstdio>
#define S [30005]
#define T [120005]
#define SS [60005]
using namespace std;
struct arr{int l,r,sum,max;}a T;  //线段树
struct adj{int next,go;}adj SS;  //边表
int tree S,pre S,end S,son S,f S,data S,num S,top S,deep S;
int n,i,x,y,cnt,tot,Q;
char opt[10];
int Max(int a,int b){return (a>b)?a:b;}
void add(int u,int v){adj[++cnt].go=v;adj[cnt].next=end[u];end[u]=cnt;}
void dfs1(int k,int fa,int d)  //这一段不用解释了吧
{
  deep[k]=d;f[k]=fa;num[k]=1;
  for (int i=end[k];i;i=adj[i].next)
  {
    int go=adj[i].go;if (go==fa) continue;
    dfs1(go,k,d+1);num[k]+=num[go];
    if (!son[k]||num[go]>num[son[k]]) son[k]=go;
  }
}
void dfs2(int k,int Number)
{
  top[k]=Number;tree[k]=++tot; //tree[i] 节点i在线段树中的编号
  pre[tree[k]]=k;              //pre[i]  线段树中点为i的对应的节点编号
  if (!son[k]) return;
  dfs2(son[k],Number);        //先递归重儿子，把他的孩子中的“重”部分也置为Number
  for (int i=end[k];i;i=adj[i].next)
  {
    int go=adj[i].go;
    if (go!=son[k]&&go!=f[k]) dfs2(go,go);  //递归轻儿子
  }
}
void build(int k,int l,int r) //这是线段树
{
  a[k].l=l;a[k].r=r;
  if (l==r) {a[k].sum=a[k].max=data[pre[l]];return;}
  int mid=(l+r)>>1;
  build(k<<1,l,mid);build((k<<1)+1,mid+1,r);
  a[k].sum=a[k<<1].sum+a[(k<<1)+1].sum;
  a[k].max=Max(a[k<<1].max,a[(k<<1)+1].max);
}
void update(int k,int x,int jia)//这是线段树
{
  if (a[k].l==a[k].r)
  {
    a[k].sum+=jia*(a[k].r-a[k].l+1);
    a[k].max+=jia;return;
  }
  int mid=(a[k].l+a[k].r)>>1;
  if (x<=mid) update(k<<1,x,jia);else update((k<<1)+1,x,jia);
  a[k].sum=a[k<<1].sum+a[(k<<1)+1].sum;
  a[k].max=Max(a[k<<1].max,a[(k<<1)+1].max);
}
int ask_sum(int k,int x,int y)//这也是线段树
{
  if (a[k].l>=x&&a[k].r<=y) return a[k].sum;
  int mid=(a[k].l+a[k].r)>>1,o=0;
  if (x<=mid) o+=ask_sum(k<<1,x,y);
  if (y>mid) o+=ask_sum((k<<1)+1,x,y);
  a[k].sum=a[k<<1].sum+a[(k<<1)+1].sum;
  a[k].max=Max(a[k<<1].max,a[(k<<1)+1].max);
  return o;
}
int ask_max(int k,int x,int y)//这也是线段树，稍作改动即可
{
  if (a[k].l>=x&&a[k].r<=y) return a[k].max;
  int mid=(a[k].l+a[k].r)>>1,o=-1000000000;
  if (x<=mid) o=ask_max(k<<1,x,y);
  if (y>mid) o=Max(o,ask_max((k<<1)+1,x,y));
  a[k].sum=a[k<<1].sum+a[(k<<1)+1].sum;
  a[k].max=Max(a[k<<1].max,a[(k<<1)+1].max);
  return o;
}
int find_max(int x,int y)
{
  int f1=top[x],f2=top[y],t,ans=-1000000000;//注意ans要置为-INF
  while (f1!=f2)
  {
    if (deep[f1]<deep[f2]) t=f1,f1=f2,f2=t,t=x,x=y,y=t;
    ans=Max(ans,ask_max(1,tree[f1],tree[x]));
    x=f[f1];f1=top[x];
  }
  ans=Max(ans,(deep[x]>deep[y])?ask_max(1,tree[y],tree[x]):ask_max(1,tree[x],tree[y]));
  return ans;
}
int find_sum(int x,int y)
{
  int f1=top[x],f2=top[y],t,ans=0;
  while (f1!=f2)
  {
    if (deep[f1]<deep[f2]) t=f1,f1=f2,f2=t,t=x,x=y,y=t;
    ans+=ask_sum(1,tree[f1],tree[x]);
    x=f[f1];f1=top[x];
  }
  ans+=(deep[x]>deep[y])?ask_sum(1,tree[y],tree[x]):ask_sum(1,tree[x],tree[y]);
  return ans;
}
int main()
{
  freopen("count.in","r",stdin);
  freopen("count.out","w",stdout);
  scanf("%d",&n);
  for (i=1;i<n;i++)
    scanf("%d%d",&x,&y),add(x,y),add(y,x);
  for (i=1;i<=n;i++)
    scanf("%d",&data[i]);
  dfs1(1,0,1);dfs2(1,1);
  build(1,1,n);
  scanf("%d",&Q);
  while (Q)
  {
    Q--;
    scanf("%s%d%d",opt,&x,&y);
    if (opt[0]==‘C‘) update(1,tree[x],y-data[x]),data[x]=y;
    else if (opt[1]==‘M‘) printf("%d\n",find_max(x,y));
    else printf("%d\n",find_sum(x,y));
  }
  return 0;
}