附上自學博客鏈接
https://www.cnblogs.com/Khada-Jhin/p/9576403.html

概念：

長鏈剖分類似于重鏈剖分，只是選擇鏈的標準：
不是 子樹節點最多的兒子，而是 到葉節點的路徑最大的子節點
（所以說是長鏈）

頂點:一條長鏈上深度最小的點

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性質：
對于一個有n個節點的樹，

每一個子節點的最長鏈長度不長于他的祖先節點 （顯然。。）

所有長鏈長度之和等于 n（總結點數）
證明：
一個點也算一條長鏈，每一個點在且只在一條長鏈上

從根節點走到任何一個節點，最多 $\sqrt{n}$ 條長鏈（這是個大約數）
證明：
把一條長鏈上的點抽象成一個點，（總貢獻為1）
所以，經過的每一個點都不在同一條長鏈上 ,那么走出的這條鏈長度為 k ，
有：
根節點一定有一個子節點，鏈長 $\ge k$
根節點下一個點一定有一條子節點，鏈長 $\ge k?1$
…以此類推
所以走下去后，沒有走過的點為 ${\sum }_1^k$ 約為 $k^2/2$
所以k最大大約不過 $\sqrt{n}$

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應用：

例題傳送門

詢問一棵樹上任意一個點第k個祖先

O(n*logn)預處理+ O(1)在線回答

兩次dfs，兩次都類似重鏈剖分的dfs，只是轉換條件換成了鏈長

void dfs1(int u){len[u]=1;int v;for(int i=1;(1<<i)<=dep[u];++i){fa[u][i]=fa[fa[u][i-1]][i-1];}for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt){v=e[i].v;if(v==fa[u][0])continue;fa[v][0]=u;dep[v]=dep[u]+1;dfs1(v);if(len[v]>mx[u])mx[u]=len[v],son[u]=v;}len[u]+=mx[u]; } void dfs2(int u){int v;aft[top[u]].push_back(u);for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt){v=e[i].v;if(v==fa[u][0])continue;top[v]=son[u]==v ? top[u] : v;dfs2(v);} }

重點是詢問環節，
維護：

我們對于每一條長鏈的頂端,維護兩個 vector 數組
$pre[i][j]:$ 從i開始向上第j個祖先（沒錯，暴力維護。。）
$aft[i][j]:$ 從i開始向下長鏈上第j個后代

注意：
$j\ge 1$ && $j\le len[i]$

每一個頂點只維護所在長鏈長度個
由于長鏈和等于 n（第二條性質） 所以兩個維護復雜度都是 O(n)

再對 1-n（數字）維護一個 highbit（即二進制位上最靠左的1的位置,可以和lowbit對比理解）
（這個維護不會超過 O(n*log你） ）

操作：

對于 詢問 第 x 號節點 的 第 k 個祖先 ，我們把目標祖先設為fa，
分類討論：
1.fa和x在一條長鏈上，即 $dep[x]?dep[top[x]]\ge k$
直接用$top[x]$的 aft 數組即可

2.fa 和 x不在一條長鏈上，即 $dep[x]?dep[top[x]]<k$
這個時候我們跳到x的 向上 $2^{highbit(k)}$個祖先 ，設為 y
注意，剩下的 $k?2^{highbit(k)}<2^{highbit(k)}$

對于 y ，y所在長鏈長度一定$\ge 2^{highbit(k)}$ （根據第一條性質）
所以pre和aft都可以覆蓋

對于y所在長鏈的頂端，即top[y]
如果在 fa上方，就和第一種情況相同
如果在 fa下方， 就用 top[y] 的 pre 數組 O(1)求即可

int get(int u,int k){if(k>=dep[u])return 0;if(dep[top[u]]<=dep[u]-k)return aft[top[u]][dep[u]-dep[top[u]]-k];u=fa[u][Log[high[k]]];k-=high[k];if(k>=len[u])return 0;return dep[u]-dep[top[u]]>=k ? aft[top[u]][dep[u]-dep[top[u]]-k] : pre[top[u]][k-(dep[u]-dep[top[u]])]; }

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代碼：

總的代碼寫的很丑。。這里就不給了，其他的維護自己yy一下都很簡單。。

總結

以上是生活随笔為你收集整理的长链剖分 总结 【知识点】的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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