转载请注明出处，部分内容引自banananana大神的博客
别说你不知道什么是树╮(─▽─)╭（帮你百度一下）
前置知识： dfs序 线段树
先来回顾两个问题：
1，将树从x到y结点最短路径上所有节点的值都加上z
这也是个模板题了吧
我们很容易想到，树上差分可以以O(n+m)的优秀复杂度解决这个问题
2，求树从x到y结点最短路径上所有节点的值之和
lca大水题，我们又很容易地想到，dfs O(n)预处理每个节点的dis（即到根节点的最短路径长度）
然后对于每个询问，求出x,y两点的lca，利用lca的性质distance ( x , y ) = dis ( x ) + dis ( y ) - 2 * dis ( lca )求出结果
时间复杂度O(mlogn+n)
现在来思考一个bug：
如果刚才的两个问题结合起来，成为一道题的两种操作呢？
刚才的方法显然就不够优秀了（每次询问之前要跑dfs更新dis）
树链剖分华丽登场
树剖是通过轻重边剖分将树分割成多条链，然后利用数据结构来维护这些链（本质上是一种优化暴力）
首先明确概念：
重儿子：父亲节点的所有儿子中子树结点数目最多（size最大）的结点；
轻儿子：父亲节点中除了重儿子以外的儿子；
重边：父亲结点和重儿子连成的边；
轻边：父亲节点和轻儿子连成的边；
重链：由多条重边连接而成的路径；
轻链：由多条轻边连接而成的路径；
比如上面这幅图中，用黑线连接的结点都是重结点，其余均是轻结点，
2-11就是重链，2-5就是轻链，用红点标记的就是该结点所在重链的起点，也就是下文提到的top结点，
还有每条边的值其实是进行dfs时的执行序号。
变量声明：
const int maxn=1e5+10;
struct edge{
int next,to;
}e[2*maxn];
struct Node{
int sum,lazy,l,r,ls,rs;
}node[2*maxn];
int rt,n,m,r,a[maxn],cnt,head[maxn],f[maxn],d[maxn],size[maxn],son[maxn],rk[maxn],top[maxn],id[maxn];
| 名称 | 解释 |
| f[u] | 保存结点u的父亲节点 |
| d[u] | 保存结点u的深度值 |
| size[u] | 保存以u为根的子树节点个数 |
| son[u] | 保存重儿子 |
| rk[u] | 保存当前dfs标号在树中所对应的节点 |
| top[u] | 保存当前节点所在链的顶端节点 |
| id[u] | 保存树中每个节点剖分以后的新编号（DFS的执行顺序） |
我们要做的就是（树链剖分的实现）：
1，对于一个点我们首先求出它所在的子树大小,找到它的重儿子（即处理出size,son数组），
解释:比如说点1，它有三个儿子2，3，4
2所在子树的大小是5
3所在子树的大小是2
4所在子树的大小是6
那么1的重儿子是4
ps:如果一个点的多个儿子所在子树大小相等且最大
那随便找一个当做它的重儿子就好了
叶节点没有重儿子，非叶节点有且只有一个重儿子
2，在dfs过程中顺便记录其父亲以及深度（即处理出f,d数组），操作1,2可以通过一遍dfs完成
void dfs1(int u,int fa,int depth) //当前节点、父节点、层次深度
{
f[u]=fa;
d[u]=depth;
size[u]=1; //这个点本身size=1
for(int i=head[u];i;i=e[i].next)
{
int v=e[i].to;
if(v==fa)
continue;
dfs1(v,u,depth+1); //层次深度+1
size[u]+=size[v]; //子节点的size已被处理，用它来更新父节点的size
if(size[v]>size[son[u]])
son[u]=v; //选取size最大的作为重儿子
}
}
//进入
dfs1(root,0,1);
dfs跑完大概是这样的，大家可以手动模拟一下
3，第二遍dfs，然后连接重链，同时标记每一个节点的dfs序，并且为了用数据结构来维护重链，我们在dfs时保证一条重链上各个节点dfs序连续（即处理出数组top,id,rk）
void dfs2(int u,int t) //当前节点、重链顶端
{
top[u]=t;
id[u]=++cnt; //标记dfs序
rk[cnt]=u; //序号cnt对应节点u
if(!son[u])
return;
dfs2(son[u],t);
/*我们选择优先进入重儿子来保证一条重链上各个节点dfs序连续，
一个点和它的重儿子处于同一条重链，所以重儿子所在重链的顶端还是t*/
for(int i=head[u];i;i=e[i].next)
{
int v=e[i].to;
if(v!=son[u]&&v!=f[u])
dfs2(v,v); //一个点位于轻链底端，那么它的top必然是它本身
}
}
dfs跑完大概是这样的，大家可以手动模拟一下
4，两遍dfs就是树链剖分的主要处理，通过dfs我们已经保证一条重链上各个节点dfs序连续，那么可以想到，我们可以通过数据结构（以线段树为例）来维护一条重链的信息
回顾上文的那个题目，修改和查询操作原理是类似的，以查询操作为例，其实就是个LCA，不过这里使用了top来进行加速，因为top可以直接跳转到该重链的起始结点，轻链没有起始结点之说，他们的top就是自己。需要注意的是，每次循环只能跳一次，并且让结点深的那个来跳到top的位置，避免两个一起跳从而擦肩而过。
int sum(int x,int y)
{
int ans=0,fx=top[x],fy=top[y];
while(fx!=fy) //两点不在同一条重链
{
if(d[fx]>=d[fy])
{
ans+=query(id[fx],id[x],rt); //线段树区间求和，处理这条重链的贡献
x=f[fx],fx=top[x]; //将x设置成原链头的父亲结点，走轻边，继续循环
}
else
{
ans+=query(id[fy],id[y],rt);
y=f[fy],fy=top[y];
}
}
//循环结束，两点位于同一重链上，但两点不一定为同一点，所以我们还要统计这两点之间的贡献
if(id[x]<=id[y])
ans+=query(id[x],id[y],rt);
else
ans+=query(id[y],id[x],rt);
return ans;
}
大家如果明白了树链剖分，也应该有举一反三的能力（反正我没有），修改和LCA就留给大家自己完成了
5，树链剖分的时间复杂度
树链剖分的两个性质：
1，如果(u, v)是一条轻边，那么size(v) < size(u)/2；
2，从根结点到任意结点的路所经过的轻重链的个数必定都小于logn；
可以证明，树链剖分的时间复杂度为O(nlog^2n)
几道例题：
1，树链剖分模板
就是刚才讲的
上代码：
#include<iostream> #include<cstdio> #define int long long using namespace std; const int maxn=1e5+10; struct edge{ int next,to; }e[maxn*2]; struct node{ int l,r,ls,rs,sum,lazy; }a[maxn*2]; int n,m,r,rt,mod,v[maxn],head[maxn],cnt,f[maxn],d[maxn],son[maxn],size[maxn],top[maxn],id[maxn],rk[maxn]; void add(int x,int y) { e[++cnt].next=head[x]; e[cnt].to=y; head[x]=cnt; } void dfs1(int x) { size[x]=1,d[x]=d[f[x]]+1; for(int v,i=head[x];i;i=e[i].next) if((v=e[i].to)!=f[x]) { f[v]=x,dfs1(v),size[x]+=size[v]; if(size[son[x]]<size[v]) son[x]=v; } } void dfs2(int x,int tp) { top[x]=tp,id[x]=++cnt,rk[cnt]=x; if(son[x]) dfs2(son[x],tp); for(int v,i=head[x];i;i=e[i].next) if((v=e[i].to)!=f[x]&&v!=son[x]) dfs2(v,v); } inline void pushup(int x) { a[x].sum=(a[a[x].ls].sum+a[a[x].rs].sum)%mod; } void build(int l,int r,int x) { if(l==r) { a[x].sum=v[rk[l]],a[x].l=a[x].r=l; return; } int mid=l+r>>1; a[x].ls=cnt++,a[x].rs=cnt++; build(l,mid,a[x].ls),build(mid+1,r,a[x].rs); a[x].l=a[a[x].ls].l,a[x].r=a[a[x].rs].r; pushup(x); } inline int len(int x) { return a[x].r-a[x].l+1; } inline void pushdown(int x) { if(a[x].lazy) { int ls=a[x].ls,rs=a[x].rs,lz=a[x].lazy; (a[ls].lazy+=lz)%=mod,(a[rs].lazy+=lz)%=mod; (a[ls].sum+=lz*len(ls))%=mod,(a[rs].sum+=lz*len(rs))%=mod; a[x].lazy=0; } } void update(int l,int r,int c,int x) { if(a[x].l>=l&&a[x].r<=r) { (a[x].lazy+=c)%=mod,(a[x].sum+=len(x)*c)%=mod; return; } pushdown(x); int mid=a[x].l+a[x].r>>1; if(mid>=l) update(l,r,c,a[x].ls); if(mid<r) update(l,r,c,a[x].rs); pushup(x); } int query(int l,int r,int x) { if(a[x].l>=l&&a[x].r<=r) return a[x].sum; pushdown(x); int mid=a[x].l+a[x].r>>1,tot=0; if(mid>=l) tot+=query(l,r,a[x].ls); if(mid<r) tot+=query(l,r,a[x].rs); return tot%mod; } inline int sum(int x,int y) { int ret=0; while(top[x]!=top[y]) { if(d[top[x]]<d[top[y]]) swap(x,y); (ret+=query(id[top[x]],id[x],rt))%=mod; x=f[top[x]]; } if(id[x]>id[y]) swap(x,y); return (ret+query(id[x],id[y],rt))%mod; } inline void updates(int x,int y,int c) { while(top[x]!=top[y]) { if(d[top[x]]<d[top[y]]) swap(x,y); update(id[top[x]],id[x],c,rt); x=f[top[x]]; } if(id[x]>id[y]) swap(x,y); update(id[x],id[y],c,rt); } signed main() { scanf("%lld%lld%lld%lld",&n,&m,&r,&mod); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&v[i]); for(int x,y,i=1;i<n;i++) { scanf("%lld%lld",&x,&y); add(x,y),add(y,x); } cnt=0,dfs1(r),dfs2(r,r); cnt=0,build(1,n,rt=cnt++); for(int op,x,y,k,i=1;i<=m;i++) { scanf("%lld",&op); if(op==1) { scanf("%lld%lld%lld",&x,&y,&k); updates(x,y,k); } else if(op==2) { scanf("%lld%lld",&x,&y); printf("%lld ",sum(x,y)); } else if(op==3) { scanf("%lld%lld",&x,&y); update(id[x],id[x]+size[x]-1,y,rt); } else { scanf("%lld",&x); printf("%lld ",query(id[x],id[x]+size[x]-1,rt)); } } return 0; }
2，[NOI2015]软件包管理器
观察到题目要求支持两种操作
1，install x：表示安装软件包x
2，uninstall x：表示卸载软件包x
对于操作一，我们可以统计x到根节点未安装的软件包的个数，然后区间修改为已安装
对于操作二，我们可以统计x所在子树已安装软件包的个数，然后将子树修改为未安装
上代码：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#define int long long
using namespace std;
const int maxn=1e5+10;
struct edge{
int next,to;
}e[2*maxn];
struct Node{
int l,r,ls,rs,sum,lazy;
}node[2*maxn];
int rt,n,m,cnt,head[maxn];
int f[maxn],d[maxn],size[maxn],son[maxn],rk[maxn],top[maxn],tid[maxn];
int readn()
{
int x=0;
char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9')
ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9')
{
x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';
ch=getchar();
}
return x;
}
void add_edge(int x,int y)
{
e[++cnt].next=head[x];
e[cnt].to=y;
head[x]=cnt;
}
void dfs1(int u,int fa,int depth)
{
f[u]=fa;
d[u]=depth;
size[u]=1;
for(int i=head[u];i;i=e[i].next)
{
int v=e[i].to;
if(v==fa)
continue;
dfs1(v,u,depth+1);
size[u]+=size[v];
if(size[v]>size[son[u]]||!son[u])
son[u]=v;
}
}
void dfs2(int u,int t)
{
top[u]=t;
tid[u]=++cnt;
rk[cnt]=u;
if(!son[u])
return;
dfs2(son[u],t);
for(int i=head[u];i;i=e[i].next)
{
int v=e[i].to;
if(v!=son[u]&&v!=f[u])
dfs2(v,v);
}
}
void pushup(int x)
{
int lson=node[x].ls,rson=node[x].rs;
node[x].sum=node[lson].sum+node[rson].sum;
node[x].l=node[lson].l;
node[x].r=node[rson].r;
}
void build(int li,int ri,int cur)
{
if(li==ri)
{
node[cur].ls=node[cur].rs=node[cur].lazy=-1;
node[cur].l=node[cur].r=li;
return;
}
int mid=(li+ri)>>1;
node[cur].ls=cnt++;
node[cur].rs=cnt++;
build(li,mid,node[cur].ls);
build(mid+1,ri,node[cur].rs);
pushup(cur);
}
void pushdown(int x)
{
int lson=node[x].ls,rson=node[x].rs;
node[lson].sum=node[x].lazy*(node[lson].r-node[lson].l+1);
node[rson].sum=node[x].lazy*(node[rson].r-node[rson].l+1);
node[lson].lazy=node[x].lazy;
node[rson].lazy=node[x].lazy;
node[x].lazy=-1;
}
void update(int li,int ri,int c,int cur)
{
if(li<=node[cur].l&&node[cur].r<=ri)
{
node[cur].sum=c*(node[cur].r-node[cur].l+1);
node[cur].lazy=c;
return;
}
if(node[cur].lazy!=-1)
pushdown(cur);
int mid=(node[cur].l+node[cur].r)>>1;
if(li<=mid)
update(li,ri,c,node[cur].ls);
if(mid<ri)
update(li,ri,c,node[cur].rs);
pushup(cur);
}
int query(int li,int ri,int cur)
{
if(li<=node[cur].l&&node[cur].r<=ri)
return node[cur].sum;
if(node[cur].lazy!=-1)
pushdown(cur);
int tot=0;
int mid=(node[cur].l+node[cur].r)>>1;
if(li<=mid)
tot+=query(li,ri,node[cur].ls);
if(mid<ri)
tot+=query(li,ri,node[cur].rs);
return tot;
}
int sum(int x)
{
int ans=0;
int fx=top[x];
while(fx)
{
ans+=tid[x]-tid[fx]-query(tid[fx],tid[x],rt)+1;
update(tid[fx],tid[x],1,rt);
x=f[fx];
fx=top[x];
}
ans+=tid[x]-tid[0]-query(tid[0],tid[x],rt)+1;
update(tid[0],tid[x],1,rt);
return ans;
}
signed main()
{
n=readn();
for(int i=1;i<n;i++)
{
int x=readn();
add_edge(x,i);
add_edge(i,x);
}
cnt=0;
dfs1(0,-1,1);
dfs2(0,0);
cnt=0;
rt=cnt++;
build(1,n,rt);
m=readn();
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int x;
string op;
cin>>op;
x=readn();
if(op=="install")
printf("%lld
",sum(x));
else if(op=="uninstall")
{
printf("%lld
",query(tid[x],tid[x]+size[x]-1,rt));
update(tid[x],tid[x]+size[x]-1,0,rt);
}
}
return 0;
}
3,[SDOI2011]染色
有一些思维含量的题
统计颜色段数量时不能简单地区间加法
线段树还应维护区间最左颜色和区间最右颜色
合并时
如果S(l,k)的右端与S(k+1,r)的左端颜色相同，那么S(l,r)=S(l,k)+S(k+1,r)-1（减去重复的那一个）
否则S(l,r)=S(l,k)+S(k+1,r)正常合并