dfs序就是一棵树在dfs遍历时组成的节点序列.
它有这样一个特点:一棵子树的dfs序是一个区间.
下面是dfs序的基本代码:
void dfs(int x,int pre,int d){//L,R表示一个子树的范围
L[x]=++tot;
dep[x]=d;
for(int i=0;i<e[x].size();i++){
int y=e[x][i];
if(y==pre)continue;
dfs(y,x,d+1);
}
R[x]=tot;
}
给定一颗树, 和每个节点的权值.下面有7个经典的关于dfs序的问题:
1. 对某个节点X权值加上一个数W, 查询某个子树X里所有点权的和.
由于X的子树在DFS序中是连续的一段, 只需要维护一个dfs序列,用树状数组实现:单点修改和区间查询.
2. 对节点X到Y的最短路上所有点权都加一个数W, 查询某个点的权值.
这个操作等价于a. 对X到根节点路径上所有点权加W
b. 对Y到根节点路径上所有点权加W
c. 对LCA(x, y)到根节点路径上所有点权值减W
d. 对LCA(x,y)的父节点 fa(LCA(x, y))到根节点路径上所有权值减W
于是要进行四次这样从一个点到根节点的区间修改.将问题进一步简化, 进行一个点X到根节点的区间修改, 查询其他一点Y时,只有X在Y的子树内, X对Y的值才有贡献且贡献值为W.当单点更新X时,X实现了对X到根的路径上所有点贡献了W.于是只需要更新四个点(单点更新) ,查询一个点的子树内所有点权的和(区间求和)即可.
3. 对节点X到Y的最短路上所有点权都加一个数W, 查询某个点子树的权值之和.
同问题2中的修改方法, 转化为修改某点到根节点的权值加/减W
当修改某个节点A, 查询另一节点B时
只有A在B的子树内, Y的值会增加
W * (dep[A] - dep[B] + 1) => W * (dep [A] + 1) - W * dep[B]
那么我们处理两个数组就可以实现:
处理出数组Sum1,每次更新W*(dep[A]+1),和数组Sum2,每次更新W.
每次查询结果为Sum1(R[B]) – Sum1(L[B]-1) - (Sum2(R[B]) – Sum2(L[B]-1)) * dep [B].
4. 对某个点X权值加上一个数W, 查询X到Y路径上所有点权之和.
求X到Y路径上所有的点权之和, 和前面X到Y路径上所有点权加一个数相似
这个问题转化为
X到根节点的和 + Y到根节点的和 - LCA(x, y)到根节点的和 - fa(LCA(x,y)) 到根节点的和
更新某个点x的权值时,只会对它的子树产生影响,对x的子树的每个点到根的距离都加了W.
那么我们用”刷漆”(差分前缀和),更新一个子树的权值.给L[x]加上W,给R[x]+1减去W,那么sum(1~L[k])就是k到根的路径点权和.
5. 对节点X的子树所有节点加上一个值W, 查询X到Y的路径上所有点的权值和
同问题4把路径上求和转化为四个点到根节点的和
X到根节点的和 + Y到根节点的和 - LCA(x, y)到根节点的和 - parent(LCA(x,y)) 到根节点的
再用刷漆只更新子树.
修改一点A, 查询某点B到根节点时, 只有B在A的子树内, A对B才有贡献.
贡献为W * (dep[B] - dep[A] + 1) => W * (1 - dep[A]) + W * dep[B]
和第三题一样, 用两个sum1,sum2维护 W *(dep[A] + 1),和W.
最后答案就是sum2*dep[B]-sum1.
6. 对子树X里所有节点加上一个值W, 查询某个点的值.
对DFS序来说, 子树内所有节点加W, 就是一段区间加W.
所以这个问题就是 区间修改, 单点查询.树状数组+刷漆.
7.对子树X里所有节点加上一个值W, 查询某个子树的权值和.
子树所有节点加W, 就是某段区间加W, 查询某个子树的权值和, 就是查询某段区间的和
区间修改区间求和,用线段树可以很好解决.