树链剖分详解

前言

• 树链剖分是什么？

树链剖分，说白了就是一种让你代码不得不强行增加1k的数据结构-dms

　　个人理解：+1:joy:

• 有什么用？

证明出题人非常毒瘤

可以非常友(bao)好(li)的解决一些树上问题:grimacing:

（友情提示：学树链剖分之前请先掌握线段树）

核心思想

树链剖分的思想比较神奇

它的思想是：把一棵树拆成若干个不相交的链，然后用一些数据结构去维护这些链

那么问题来了

• 如何把树拆成链？

首先明确一些定义

重儿子：该节点的子树中,节点个数最多的子树的根节点(也就是和该节点相连的点)，即为该节点的重儿子

重边：连接该节点与它的重儿子的边

重链：由一系列重边相连得到的链

轻链：由一系列非重边相连得到的链

这样就不难得到拆树的方法

对于每一个节点，找出它的重儿子，那么这棵树就自然而然的被拆成了许多重链与许多轻链

• 如何对这些链进行维护？

首先，要对这些链进行维护，就要确保每个链上的节点都是连续的，

因此我们需要对整棵树进行重新编号，然后利用dfs序的思想，用线段树或树状数组等进行维护（具体用什么需要看题目要求，因为线段树的功能比树状数组强大，所以在这里我就不提供树状数组的写法了）

注意在进行重新编号的时候先访问重链

这样可以保证重链内的节点编号连续

上面说的太抽象了，结合一张图来理解一下

对于一棵最基本的树

给他标记重儿子，

蓝色为重儿子，红色为重边

然后对树进行重新编号

橙色表示的是该节点重新编号后的序号

不难看出重链内的节点编号是连续的

然后就可以在线段树上搞事情啦

像什么区间加区间求和什么的

另外有一个性质：以$i$为根的子树的树在线段树上的编号为$[i,i+子树节点数-1]$

接下来结合一道例题，加深一下对于代码的理解

代码

题目链接

树链剖分的裸题

首先来一坨定义

int deep[MAXN];//节点的深度
int fa[MAXN];//节点的父亲
int son[MAXN];//节点的重儿子
int tot[MAXN];//节点子树的大小 

第一步

按照我们上面说的，我们首先要对整棵树dfs一遍，找出每个节点的重儿子

顺便处理出每个节点的深度，以及他们的父亲节点

int dfs1(int now,int f,int dep)
{
    deep[now]=dep;
    fa[now]=f;
    tot[now]=1;
    int maxson=-1;
    for(int i=head[now];i!=-1;i=edge[i].nxt)
    {
        if(edge[i].v==f) continue;
        tot[now]+=dfs1(edge[i].v,now,dep+1);
        if(tot[edge[i].v]>maxson) maxson=tot[edge[i].v],son[now]=edge[i].v;
    }
    return tot[now];
}

第二步

然后我们需要对整棵树进行重新编号

我把一开始的每个节点的权值存在了$b$数组内

void dfs2(int now,int topf)
{
    idx[now]=++cnt;
    a[cnt]=b[now];
    top[now]=topf;
    if(!son[now]) return ;
    dfs2(son[now],topf);
    for(int i=head[now];i!=-1;i=edge[i].nxt)
        if(!idx[edge[i].v])
            dfs2(edge[i].v,edge[i].v);
}

$idx$表示重新编号后该节点的编号是多少

另外，这里引入了一个$top$数组，

$top[i]$表示$i$号节点所在重链的头节点(最顶上的节点)

至于这个数组有啥用，后面再说

第三步

我们需要根据重新编完号的树，把这棵树的上每个点映射到线段树上，

struct Tree
{
    int l,r,w,siz,f;
}T[MAXN];

void Build(int k,int ll,int rr)
{
    T[k].l=ll;T[k].r=rr;T[k].siz=rr-ll+1;
    if(ll==rr)
    {
        T[k].w=a[ll];
        return ;
    }
    int mid=(ll+rr)>>1;
    Build(ls,ll,mid);
    Build(rs,mid+1,rr);
    update(k);
}

另外线段树的基本操作，

这里就不详细解释了

直接放代码

void update(int k)//更新
{
    T[k].w=(T[ls].w+T[rs].w+MOD)%MOD;
}

void IntervalAdd(int k,int ll,int rr,int val)//区间加
{
    if(ll<=T[k].l&&T[k].r<=rr)
    {
        T[k].w+=T[k].siz*val;
        T[k].f+=val;
        return ;
    }
    pushdown(k);
    int mid=(T[k].l+T[k].r)>>1;
    if(ll<=mid)    IntervalAdd(ls,ll,rr,val);
    if(rr>mid)    IntervalAdd(rs,ll,rr,val);
    update(k);
}

int IntervalSum(int k,int ll,int rr)//区间求和
{
    int ans=0;
    if(ll<=T[k].l&&T[k].r<=rr)
        return T[k].w;
    pushdown(k);
    int mid=(T[k].l+T[k].r)>>1;
    if(ll<=mid) ans=(ans+IntervalSum(ls,ll,rr))%MOD;
    if(rr>mid)  ans=(ans+IntervalSum(rs,ll,rr))%MOD;
    return ans;
}

void pushdown(int k)//下传标记
{
    if(!T[k].f) return ;
    T[ls].w=(T[ls].w+T[ls].siz*T[k].f)%MOD;
    T[rs].w=(T[rs].w+T[rs].siz*T[k].f)%MOD;
    T[ls].f=(T[ls].f+T[k].f)%MOD;
    T[rs].f=(T[rs].f+T[k].f)%MOD;
    T[k].f=0;
}

第四步

我们考虑如何实现对于树上的操作

树链剖分的思想是:对于两个不在同一重链内的节点,让他们不断地跳,使得他们处于同一重链上

那么如何"跳”呢？

还记得我们在第二次$dfs$中记录的$top$数组么？

有一个显然的结论：$x$到$top[x]$中的节点在线段树上是连续的，

结合$deep$数组

假设两个节点为$x$,$y$

我们每次让$deep[top[x]]$与$deep[top[y]]$中大的(在下面的)往上跳(有点类似于树上倍增)

让x节点直接跳到$top[x]$,然后在线段树上更新

最后两个节点一定是处于同一条重链的，前面我们提到过重链上的节点都是连续的，直接在线段树上进行一次查询就好

void TreeSum(int x,int y)//x与y路径上的和
{
    int ans=0;
    while(top[x]!=top[y])
    {
        if(deep[top[x]]<deep[top[y]]) swap(x,y);
        ans=(ans+IntervalSum(1,idx[ top[x] ],idx[x]))%MOD;
        x=fa[ top[x] ];
    }
    if(deep[x]>deep[y]) swap(x,y);
    ans=(ans+IntervalSum(1,idx[x],idx[y]))%MOD;
    printf("%d\n",ans);
}

void TreeAdd(int x,int y,int val)//对于x,y路径上的点加val的权值
{
    while(top[x]!=top[y])
    {
        if(deep[top[x]]<deep[top[y]]) swap(x,y);
        IntervalAdd(1,idx[ top[x] ],idx[x],val);
        x=fa[ top[x] ];
    }
    if(deep[x]>deep[y])    swap(x,y);
    IntervalAdd(1,idx[x],idx[y],val);
}

在树上查询的这一步可能有些抽象，我们结合一个例子来理解一下

还是上面那张图，假设我们要查询$3.6$这两个节点的之间的点权合，为了方便理解我们假设每个点的点权都是$1$

刚开始时

$top[3]=2,top[6]=1$

$deep[top[3]]=2,deep[top[6]]=1$

我们会让$3$向上跳,跳到$top[3]$的爸爸,也就是$1$号节点

这是$1$号节点和$6$号节点已经在同一条重链内,所以直接对线段树进行一次查询即可

对于子树的操作

这个就更简单了

因为一棵树的子树在线段树上是连续的

所以修改的时候直接这样

IntervalAdd(1,idx[x],idx[x]+tot[x]-1,z%MOD);

时间复杂度

(刚开始忘记写了,这一块是后来补上的)

性质1

如果边$\left( u,v\right)$,为轻边,那么$Size\left( v\right) \leq Size\left( u\right) /2$。

证明：显然:joy:，否则该边会成为重边

性质2

树中任意两个节点之间的路径中轻边的条数不会超过$\log _{2}n$,重路径的数目不会超过$\log _{2}n$

证明：不会:stuck_out_tongue_winking_eye:

有了上面两条性质，我们就可以来分析时间复杂度了

由于重路径的数量的上界为$\log _{2}n$，

线段树中查询/修改的复杂度为$\log _{2}n$

那么总的复杂度就是$\left( \log _{2}n\right) ^{2}$

例题

洛谷P3379 【模板】最近公共祖先（LCA）

树剖可以求LCA，没想到吧

http://www.cnblogs.com/zwfymqz/p/8097366.html

洛谷P2590 [ZJOI2008]树的统计

http://www.cnblogs.com/zwfymqz/p/7157156.html

这份代码是以前写的，可能比较丑，下面两份是刚刚写的

洛谷P3178 [HAOI2015]树上操作

http://www.cnblogs.com/zwfymqz/p/8094286.html

洛谷P3038 [USACO11DEC]牧草种植Grass Planting

有点意思

http://www.cnblogs.com/zwfymqz/p/8094429.html