点分治与点分树学习笔记

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点分治

点分治~~就是把树上的点分治一下~~,可以批量处理树上和路径相关的问题。

每次根据重心划分，把树分成 $O(\log)$ 个连通块处理答案，然后合并。

Tree

传送门

模板题，把连通块内每一个节点到当前根的距离求出并排序，双指针扫描即可。

这样做会多算一些 LCA 不是当前根的点对，有两个方法解决：分别对每个子节点算出答案进行容斥；或者将每个子节点的子树染成不同颜色，双指针扫描过程中动态维护 $[l . r]$ 区间的每个颜色的数量，颜色与 $l$ 相同的不算贡献。

$C o d e$ ：（容斥）

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define ff(i,s,e) for(int i=(s);i<=(e);++i)
using namespace std;
inline int read(){
	int x=0,f=1;
	char ch=getchar();
	while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
	return x*f;
}
const int N=4e4+5;
int n,k;
int head[N],cnt;
struct qwq{
	int v,w,nxt;
}e[N<<1];
inline void add(int u,int v,int w){
	e[++cnt]=qwq{v,w,head[u]},head[u]=cnt;
}
int ans,d[N],tot;
int rt,mx[N],siz[N];
bool vis[N];
void find(int x,int fa,int tot){
	siz[x]=1,mx[x]=0;
	for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt){
		int v=e[i].v;
		if(v==fa||vis[v]) continue;
		find(v,x,tot),siz[x]+=siz[v];
		mx[x]=max(mx[x],siz[v]);
	}
	mx[x]=max(mx[x],tot-mx[x]);
	if(rt==-1||mx[x]<mx[rt]) rt=x;
}
void get(int x,int fa,int dis){
	d[++tot]=dis;
	for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt){
		int v=e[i].v,w=e[i].w;
		if(vis[v]||v==fa) continue;
		get(v,x,dis+w);
	}
}
inline int calc(int x,int dis){
	tot=0,get(x,0,dis);
	sort(d+1,d+tot+1);
	int l=1,r=tot,ans=0;
	while(l<=r){
		if(d[l]+d[r]<=k) ans+=r-l,++l;
		else --r;
	}
	return ans;
}
void solve(int x){
	vis[x]=1,ans+=calc(x,0);
	for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt){
		int v=e[i].v,w=e[i].w;
		if(vis[v]) continue;
		ans-=calc(v,w);
	}
	for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt){
		int v=e[i].v;
		if(vis[v]) continue;
		rt=-1,find(v,0,siz[v]);
		solve(rt);
	}
}
signed main(){
	n=read();
	ff(i,2,n){
		int u=read(),v=read(),w=read();
		add(u,v,w),add(v,u,w);
	}
	rt=-1,find(1,0,n);
	k=read();
	solve(rt);
	printf("%d\n",ans);
}

点分树

是个神奇的东西，在带修的求距离等与树形态关系不大的问题时，可以将树重构，使得树高为 $O(\log)$ ，以支持一些暴力算法。

具体来说就是连接每个点与其子树的重心。重构之后的树上距离和父子关系等都与原树无关，需要在原树上求解。所以一种一般的解法就是对每个点使用两个数据结构维护自己的信息、自己的子树对点分树上的父节点的贡献。

点分树和原树少得可怜的联系：

点分树上两点LCA一定在原树这两点间的路径上
点分树的一个子树在原树上一定联通

点分树 | 震波

传送门

模板题，对每个点 $x$ 维护 $x$ 子树内到 $x$ 的距离相同的点的权值和，以及 $x$ 子树内对 $x$ 在点分树上父亲 $f a$ 的距离相同的点的权值和，用两个树状数组 $t 1$ 和 $t 2$ 即可解决。

由于树高为 $\log n$ ，每个节点最多被统计 $\log n$ 次，对每个树状数组按需要的空间用 vector 开点，空间复杂度即为 $O(n\log n)$ 。

对于每次查询，在点分树上暴力向上跳，每次加上父亲的贡献，减去父亲和当前点被重复计算的贡献即可；修改也是暴力上跳修改树状数组，时间复杂度均为 $O(\log^2 n)$ 。

代码里标出了部分易错细节：

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define ff(i,s,e) for(int i=(s);i<=(e);++i)
using namespace std;
inline int read(){
	int x=0,f=1;
	char ch=getchar();
	while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
	return x*f;
}
const int N=1e5+5;
int n,m,a[N];
int head[N],cnt;
struct qwq{
	int v,nxt;
}e[N<<1];
inline void add(int u,int v){
	e[++cnt]=qwq{v,head[u]},head[u]=cnt;
}
struct BIT{
	vector<int> t;
	int n;
	inline void build(int x){
		n=x+2;
		ff(i,1,n+1) t.push_back(0);
		//n+1保证不会非法访问 
	}
	inline int lowbit(int x){return x&(-x);}
	inline void upd(int x,int y){
		for(int i=x;i<=n;i+=lowbit(i)) t[i]+=y;
	}
	inline int query(int x){
		int res=0;
		for(int i=min(x,n);i;i-=lowbit(i)) res+=t[i];
		return res;
	}
}t1[N],t2[N];
namespace LCA{
	int dep[N],f[N][20];
	inline int lca(int x,int y){
		if(dep[x]<dep[y]) swap(x,y);
		for(int i=18;i>=0;--i) if(dep[f[x][i]]>=dep[y]) x=f[x][i];
		if(x==y) return x;
		for(int i=18;i>=0;--i) if(f[x][i]!=f[y][i]) x=f[x][i],y=f[y][i];
		return f[x][0];
	} 
	inline int dis(int x,int y){
		return dep[x]+dep[y]-(dep[lca(x,y)]<<1);
	}
	void dfs(int x,int fa){
		dep[x]=dep[fa]+1,f[x][0]=fa;
		ff(i,1,18) f[x][i]=f[f[x][i-1]][i-1];
		for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt){
			int v=e[i].v;
			if(v!=fa) dfs(v,x);
		}
	}
}
int siz[N],mx[N],rt,f[N];
vector<int> g;
bool vis[N];
void find(int x,int fa,int tot){
	siz[x]=1,mx[x]=0;
	g.push_back(x);
	for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt){
		int v=e[i].v;
		if(v==fa||vis[v]) continue;
		find(v,x,tot),siz[x]+=siz[v];;
		mx[x]=max(mx[x],siz[v]);
	}
	mx[x]=max(mx[x],tot-siz[x]);
	if(rt==-1||mx[x]<mx[rt]) rt=x;
}
void dfs(int x,int fa,int rt,int dis){
	t1[rt].upd(dis,a[x]);
	for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt){
		int v=e[i].v;
		if(v==fa||vis[v]) continue;
		dfs(v,x,rt,dis+1);
	}
}
void init(int x,int fa){
	f[x]=fa,vis[x]=1;
	t1[x].build(g.size()),t2[x].build(g.size());
	if(fa) for(int now:g) t2[x].upd(LCA::dis(fa,now),a[now]);
	//不要忘了if(fa)的特判 
	for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt){
		int v=e[i].v;
		if(!vis[v]) dfs(v,x,x,1);
	}
	for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt){
		int v=e[i].v;
		if(vis[v]) continue;
		rt=-1,g.clear(),find(v,x,siz[v]);
		init(rt,x);
	}
}
inline int query(int x,int k){
	int ans=a[x]+t1[x].query(k),xx=x;
	while(f[x]){
		int d=LCA::dis(f[x],xx);
		if(k>=d) ans+=a[f[x]]+t1[f[x]].query(k-d)-t2[x].query(k-d);
		x=f[x];
	}
	return ans;
}
inline void upd(int x,int y){
	int xx=x;
	while(f[x]){
		int d=LCA::dis(xx,f[x]);
		t2[x].upd(d,y-a[xx]);
		x=f[x];
		t1[x].upd(d,y-a[xx]);
	}
	a[xx]=y;
}
signed main(){
	n=read(),m=read();
	ff(i,1,n) a[i]=read();
	ff(i,2,n){
		int u=read(),v=read();
		add(u,v),add(v,u); 
	}
	LCA::dfs(1,0);
	rt=-1,find(1,0,n);
	init(rt,0);
	int lst=0;
	while(m--){
		int op=read(),x=read()^lst,y=read()^lst;
		if(!op) printf("%d\n",lst=query(x,y));
		else upd(x,y);
	}
}

[ZJOI2015]幻想乡战略游戏

传送门

自己做的时候甚至不知道怎么在点分树上利用树高性质统计答案/kk

考虑u和它的子节点 $v$ ， $(u, v) = w$ ，若补给站从 $u$ 移到 $v$ ， $v$ 及其子树少移动了 $sumd[v]\times w$ ， $u$ 及其它子树上的点多移动了 $(sumd[u]-sumd[v])\times w$ ，那么当且仅当 $2 s u m d [v] > s u m d [u]$ 时移到 $v$ 更优，于是同一个点的子节点至多只能选一个，复杂度就是 $O(\log n)$ 了。

于是套路性地维护 $d1[x]=\sum\limits_{v\in x子树}dis(v,x)\times d[v]$ ， $d2[x]=\sum\limits_{v\in x子树} dis(v,fa[x])\times d[v]$ （ $f a [x]$ 为点分树上 $x$ 的父节点），以及 $sumd[x]=\sum\limits_{v\in x子树} d[v]$ 即可。由于每次要从原树的父节点转移到子节点，所以对每个点 $x$ 应记录它在点分树上的儿子以及这个儿子是由原树上 $x$ 的哪个儿子求重心得到的，根据原树儿子的答案来判断是否转移到点分树的儿子上。