忘光啦 /dk /dk
本来 rotate 都会打错的我现在终于会打啦于是 splay 打错了
基础要点
实链剖分
- 重链剖分是我们很熟悉的一个结构，它的优秀之处在于可以将树上问题更加方便地转化为序列问题（虽然也不全是）。然而注意到重剖只适用于静态树，如果将树结构动态化那么重剖就不太行了。
- 于是引入一个更加灵活的链剖结构：实链剖分。它不依据大小，也不按照深度，虚实边是人为规定的。
- 不过我们仍然需要一个数据结构来维护实链。为了适应实链剖分的灵活，我们选择 Splay 作为辅助树。
辅助树
- 由于下面辅助树可以表示出 唯一 的原树，所以我们一般只维护这些辅助树。
- 对于一条实链，显然实链上的点深度连续，因此每棵 Splay 的 中序遍历 的顶点序列深度是递增且连续的。
- 虚边在辅助树中 认父不认子。具体的，在每棵 Splay 的根结点，其父指针（
fa）指向 当前所在链顶在原树上的父亲。
基础操作
( ext{access})
access(x)表示 打通 一条 (x) 到根的一条实链，实链以 (x) 为底，以根为顶。- 至关重要的操作之一，基本上是所有操作的基础。
- 实现不复杂，一步步往上拉，具体分 4 步：
splay（转到根）；换儿子（换实边）；pushup（换了儿子要及时更新）；跳fa。 -
inline void access(int x) { for (int p = 0; x; x = fa[p = x]) splay(x), ch[x][1] = p, pushup(x); }
( ext{makeRoot})
- 若需要求出一条路径的信息，那么需要两点位于同一条实链上。然而这两个点 可能并没有祖孙关系，导致无法在同一个 Splay 中。
makeRoot(x)表示将 (x) 换为原树的根。- 实现也很简单：首先
access(x)，这时发现这条实链和预期相比恰好是反的，于是 splay 上来后就打翻转 Tag 就行了： -
inline void makeRoot(int x) { access(x), splay(x), setRev(x); }
( ext{split})
split(x,y)表示隔离出一条以 (x, y) 为端点的实链。- 实现依靠前两个操作：
makeRoot(x), access(y), splay(y);。操作之后 (y) 就包含了链上的信息。
( ext{link})
link(x, y)表示加入一条 (x, y) 之间的边。- 比较稳妥的写法：先
makeRoot(x), makeRoot(y)，接下来如果fa[x]是 0 那么 (x, y) 不连通，之间fa[x] = y即可。
( ext{cut})
cut(x, y)表示切断连接 (x, y) 的边。- 比较稳妥的写法：先
split(x,y)，如果满足ch[y][0] == x && !ch[x][1]（说明 (x, y) 联通且 (x,y) 路径上不包含其他点）则表明 (x,y) 由一条边直接相连，那么 将这条实边直接断掉 即可：fa[x] = ch[y][0] = 0, pushup(y); - 如果维护了 Splay 上的子树大小也可以根据
split(x,y)出来的 Splay 树大小判断，如果大小为 2 说明直接相连。
其他次要操作
- 要找一个点所在原树的根，需要先
access(x), splay(x)，根据深度递增的性质 易知原树的根必然就是以 (x) 为根的 Splay 的最左侧，找到后记得 splay 这个点保证复杂度。这个操作习惯称为findRoot(x)。 - 判断两点连通性：可以
makeRoot(x)之后用上面的方法判断findRoot(y)是否等于 (x) 即可。或者用link中的方法也行。不过对常数有要求时可以考虑并查集（如果可以）。 - 修改时需要 先 splay 上来，保证不会漏更新上面的点。
注意点
-
为了 保证复杂度，理论上每次在 Splay 中向下遍历的行为都要
splay上来找到的点。一般而言，并不推荐在access之外的地方使用循环遍历 Splay 树结构的行为。当然有为了优化复杂度等目的使用高明方法的例外（动态加边重心），具体问题具体分析。 -
小心操作的副作用！如上述的
findRoot需要为了保证复杂度但却 改动了 Splay 的结构，这是一个很危险的信号。比如link如果直接使用findRoot判连通性的话，此时 (y) 不能保证还是 Splay 的根，如果不干其他补救措施（加一个splay(y)之类的）坐以待毙的话，在需要维护虚子树的信息时就会 遗漏更新。 -
rotate、splay的写法略与朴素 Splay 有别，这里直接贴：#define ident(x) (x == ch[fa[x]][1]) #define isRoot(x) (x != ch[fa[x]][0] && x != ch[fa[x]][1]) inline void rotate(int x) { int y = fa[x], z = fa[y], k = ident(x); if (!isRoot(y)) ch[z][y == ch[z][1]] = x; ch[y][k] = ch[x][k ^ 1], fa[ch[x][k ^ 1]] = y; ch[x][k ^ 1] = y, fa[fa[y] = x] = z; pushup(y), pushup(x); } void flush(int x) { if (!isRoot(x)) flush(fa[x]); pushdown(x); } inline void splay(int x) { flush(x); for (int y = fa[x]; y = fa[x], !isRoot(x); rotate(x)) if (!isRoot(y)) rotate(ident(y) == ident(x) ? y : x); } -
如果题目有强烈法方向性要求（比如 LCA 特判、有根树等等），那么可以考虑 有根树写法的 LCT（上面是无根树写法）。具体的，没有换根 & 翻转标记；
link直接连虚边；cut直接断重边。少去了很多花里胡哨的操作。但是注意，写法简洁、常数减小的同时也更需要斟酌其正确性。
常用技巧
边权转点权
- 如果不问点权而是边权，怎么维护？
- 很简单，把边 拆 成一个点和两条边然后照做就行。注意防止 点对应的结点影响信息，于是可以初始化为无用值或
pushup特判等手段规避。 - 注意现在 LCT 中点数为 (n+m)。
- 例题：SPOJ QTREE。
动态加边 MST
- 需要基于上面的技巧，维护边权最大值及其 位置（假设求最小生成树）。
- 现在来了一条边 ((x,y)) 权值为 (w)。先
split提取出 (x,y) 的路径，然后求出路径上所有边的最大权值 (w^prime)。如果 (w<w^prime) 说明这条 新边加上会更优，于是果断将原来那个给cut了，link上新边。最后得到的树就是答案。 - 例题：Luogu P4234 最小差值生成树。
动态加边维护桥
- 给边赋权：(1) 表示桥，(0) 表示不是桥。那么需要维护边权和。
- 如果一条边连接两个原本不连通的点，那么
link上一条权值为 1 的边。 - 反之则会出现一个环，而环上 不应存在任何一个桥。那么不用
link原本连接 (x,y) 的路径上的所有边都赋值为 0。 - 查询两点间桥的个数，直接就是路径求和。
- 当然也有 FlashHu 那样的 显式缩点，常数小但容易写错。
- 例题：Luogu P2542 [AHOI2005] 航线规划。
维护子树信息
-
遗憾的是 LCT 对于子树就是短板了……但补救手段也不是没有。
-
常见的处理方法额外维护 虚子树 信息，然后在原来的写法上略加改动：
inline void pushup(int x) { siz[x] = siz[ch[x][0]] + siz[ch[x][1]] + isiz[x] + 1;//此时的 siz 包含的虚子树的大小 } inline void access(int x) { for (int p = 0; x; x = fa[p = x]) { splay(x); isiz[x] += siz[ch[x][1]]; isiz[x] -= siz[ch[x][1] = p]; // 及时切换贡献 pushup(x); } } -
注意到上面写法维护的信息需要满足可减性。如果不满足（比如子树最值）那么可以使用些数据结构辅助维护。
动态加边维护重心
Solution 1
- 考虑启发式合并的思路：每次合并两棵的树，将小树拆成单点一个个连到大树上。由于一个点之后被合并 (O(log n)) 次，所以复杂度为 (O(nlog^2 n))。
- 那么怎么动态维护重心？考虑到一个性质：一棵树加一个点，重心 最大移动一个距离。于是每次加点判断一下暴力挪动即可。显然挪动次数不超过加点次数，复杂度是对的。
Solution 2
-
充分利用重心的性质：两棵树合并，新重心必然在 原来两个重心在新树上的路径上。
-
那么在
link之后先将这个连接重心的路径split出来，然后做 平衡树上二分。 -
具体的，需要维护好 子树大小，然后维护两个字段：
lsum表示当前搜索区间外左侧的大小，同理定义rsum。 -
对于当前点 (x)，如果说
lsum加上左子树siz不超过一半，右边也是，那么当前点必然可以作为一个重心。 -
然而我们似乎遗漏了当前点的
isiz，这部分会不会很大导致错误？回顾上面的性质，由于isiz必然不在这条重链 上，于是不必考虑。 -
找到之后记得及时
splay保证复杂度，总复杂度 (O(nlog n))。// uset : 维护连通块重心的并查集 inline void update(int u, int v) { split(u = find(u), v = find(v)); int x(v), lsum(0), rsum(0), tot(siz[x]), ret(N); while (x) { pushdown(x); int lcur(lsum + siz[ch[x][0]]), rcur(rsum + siz[ch[x][1]]); if (lcur * 2 <= tot && rcur * 2 <= tot) { if (tot & 1) { ret = x; break; } else { ret = std::min(ret, x); } } if (lcur < rcur) lsum = lcur + isiz[x] + 1, x = ch[x][1]; else rsum = rcur + isiz[x] + 1, x = ch[x][0]; } splay(ret); uset[u] = uset[v] = uset[ret] = ret; } -
例题：Luogu P4299 首都。
动态 dp
- 大致思路和重链剖分相似，适用维护子树信息的技巧维护 (f,g) 两个矩阵即可。
- 但要注意（广义）矩阵乘法 没有交换律，注意
pushup时的顺序。 access时需要撤销原来虚子树的影响，直接根据矩阵的 实际意义 做即可。注意判空。- 一般来说复杂度为 (O(nlog n)) 乘上矩乘的复杂度，略优于树剖。
- 例题：Luogu P5024 保卫王国
维护同色连通块
- 有些题目要求维护点的颜色（一般种类不会很多）及其相关信息（比如同色连通块大小）。
- 一个简单的想法是，对于每条边，只有在两端同色时被连上。然而被 菊花图 卡爆。
- 考虑对原树定一个根，只连父边，然后 开颜色种类个 LCT。对于每个 LCT 中的一个点，仅在其当前颜色的 LCT 中连父边。
- 然后查询时，要先砍掉当前连通块的根。因为上面只连父边导致会有一个 虚假的点（并不是这个颜色）出现在连通块中，而这个点可能 联立了其他连通块，于是不能仅仅将大小减一。实际上也不是真正要执行
cut操作，注意到access(x)之后当前点已经在实链上了，于是我们先findRoot(x)找到这个根，然后这个根已经在findRoot中splay上来了，于是直接找这个根的右儿子就是所求。 - 例题：SPOJ QTREE6。
杂题选做
【HNOI2010】弹飞绵羊
有 (n) 个弹簧排成一排，每个弹簧有一个弹力系数 (K_i)，表示从 (i) 可以弹到 (i+K_i) 的位置。(Q) 次操作，每次修改一个 (K_i)，或询问从 (i) 开始弹几次被弹飞（弹到 (>n) 的位置）。
- 首先应该得认出这个 森林 的模型：对于每个点 (i)，父节点为 (i+K_i)，如果这个点之后被弹飞那么就是根。
- 发现这题有比较强的 方向性，考虑有根树 LCT。
- 修改就是换父亲，而查询就是这个点在原树中的 深度——也就是
access之后得到的 Splay 的siz。 - 当然也可以用一个虚点 (n+1) 作为 超级根 联立森林，这样就可以套有根 LCT 模板了。复杂度都是 (O(nlog n))。
【CodeChef GERALD07】Chef and Graph Queries
给定一个 (n) 个点，(m) 条边的无向图，有 (Q) 次询问，每次给定区间 ([l, r])，求只保留编号在 ([l,r]) 内的边，形成的图的连通块个数。
- 一道神仙题（应该是 wtrl
- 首先考虑按编号将边一条条加入，无非分两种情况：这条边联通了两个不同的连通块，那么答案减一；否则这条边与其他边构成了环，那么对答案没有贡献。
- 那么如果知道了这个区间的边一个个加入，那些边构成了环就行。
- 着重思考成环边：虽然构成一个环，不过如果这个环上有些 出现较早的边因为区间性质不复存在，那么环上出现缺口，这条边仍然产生贡献。实际上一个环一旦存在一个缺口就会断开两个连通块，于是不妨只考虑 出现最早的那条边。每次转化为求一条 链（当前边尚未加入）上 编号最小的边。
- 那么考虑预处理一个 ( ext{pre}_i) 表示第 (i) 条边在前面的一条边 ( ext{pre}_i) 不存在是它会有贡献。用 LCT 维护 最大生成树。
- 最后询问可以看做是求区间 ([l,r]) 内满足 ( ext{pre}_i<l) 的 (i) 的个数。二维数点，随便搞。(O(nlog n))。
后记
- 原文地址：https://www.cnblogs.com/-Wallace-/p/14191391.html
- 本文作者：@-Wallace-
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