生活随笔
收集整理的這篇文章主要介紹了
长链剖分
小編覺得挺不錯的,現在分享給大家,幫大家做個參考.
長鏈剖分也屬于樹鏈剖分的一種
一般講的樹剖都指輕重鏈剖分，它可以用于維護樹上路徑的信息
而長鏈剖分則是用于維護有關深度的信息
剖分方法
長鏈剖分的剖分方法與輕重鏈剖分極其相似
只需要把以子樹大小判斷重兒子改成以節點深度判斷即可
void dfs1(int u
,int pa
)
{dep
[u
]=mxd
[u
]=dep
[pa
]+1;for(int i
=head
[u
];i
;i
=E
[i
].nxt
){int v
=E
[i
].v
;if(v
==pa
) continue;dfs1(v
,u
);if(mxd
[v
]>mxd
[u
]) mxd
[u
]=mxd
[v
],son
[u
]=v
; }
}void dfs2(int u
,int tp
)
{top
[u
]=tp
;if(son
[u
]) dfs2(son
[u
],tp
);for(int i
=head
[u
];i
;i
=E
[i
].nxt
){int v
=E
[i
].v
;if(v
==son
[u
]||v
==fa
[u
][0]) continue;dfs2(v
,v
);}
}
長鏈剖分性質
性質1：長鏈剖分后，所有節點都僅屬于一條鏈
性質2：任意節點u的第k級祖先v所在鏈的長度一定大于k
證明：
若u,v在一條鏈上，那么顯然鏈長大于k
若u,v不在一條鏈上，假設v所在鏈長度小于k，那么u~v的鏈長顯然更長，u,v應在一條鏈上，矛盾
性質3：任意節點到達根節點經過的長鏈數是n\sqrt{n}n?級的
由性質2，每次跳躍到的新鏈長度不會小于當前鏈
最壞的情況，長鏈長度為1,2,3,…,n\sqrt{n}n?單調遞增
應用
樹上k級祖先
洛谷P5903 【模板】樹上 k 級祖先
比較經典的應用
用樹上倍增解決的話可以O(nlogn)預處理，O(logn)回答
而長鏈剖分可以O(nlogn)預處理，O(1)回答
先預處理出樹上倍增數組fa[u][i]，表示u的第2^i級祖先
并預處理出 1 ~ n 每個數二進制下最高位的1的位置，即highbit(k)，以下記hkh_khk?
長鏈剖分后，對于每條鏈，如果其長度為 len
那么在頂點處記錄頂點向上的len個祖先和向下的len個鏈上的兒子
對于每次u，k的詢問
先利用倍增數組將u跳到u的第2hk2^{h_k}2hk?級祖先，設剩下k′k'k′級，顯然k′<2hkk'<2^{h_k}k′<2hk?
而此時u所在長鏈長度>=2hk2^{h_k}2hk?>k’
所以再將u跳到鏈頂top[u]
之后剩下的級數直接在預處理出的向上向下的數組里O(1)查詢即可
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std
;
typedef long long lt
;
typedef unsigned int ui
;int read()
{int f
=1,x
=0;char ss
=getchar();while(ss
<'0'||ss
>'9'){if(ss
=='-')f
=-1;ss
=getchar();}while(ss
>='0'&&ss
<='9'){x
=x
*10+ss
-'0';ss
=getchar();}return f
*x
;
}const int maxn
=500010;
ui s
;
int n
,Q
,rt
;
struct node
{int v
,nxt
;}E
[maxn
<<1];
int head
[maxn
],tot
;
int hi
[maxn
];
int fa
[maxn
][25],dep
[maxn
],mxd
[maxn
];
int son
[maxn
],top
[maxn
];
vector
<int> pre
[maxn
],nxt
[maxn
];
lt ans
[maxn
*10];ui
get(ui x
)
{x
^=x
<<13;x
^=x
>>17;x
^=x
<<5;return s
=x
;
}void add(int u
,int v
)
{E
[++tot
].nxt
=head
[u
];E
[tot
].v
=v
;head
[u
]=tot
;
}void dfs1(int u
,int pa
)
{dep
[u
]=mxd
[u
]=dep
[pa
]+1;for(int i
=head
[u
];i
;i
=E
[i
].nxt
){int v
=E
[i
].v
;if(v
==pa
) continue;dfs1(v
,u
);if(mxd
[v
]>mxd
[u
]) mxd
[u
]=mxd
[v
],son
[u
]=v
; }
}void dfs2(int u
,int tp
)
{top
[u
]=tp
;if(u
==tp
){int x
=u
;for(int i
=0;i
<=mxd
[u
]-dep
[u
];++i
){pre
[u
].push_back(x
);x
=fa
[x
][0];}x
=u
;for(int i
=0;i
<=mxd
[u
]-dep
[u
];++i
){nxt
[u
].push_back(x
);x
=son
[x
];}}if(son
[u
]) dfs2(son
[u
],tp
);for(int i
=head
[u
];i
;i
=E
[i
].nxt
){int v
=E
[i
].v
;if(v
==son
[u
]||v
==fa
[u
][0]) continue;dfs2(v
,v
);}
}int solve(int u
,int k
)
{if(k
==0) return u
;u
=fa
[u
][hi
[k
]];k
-=1<<hi
[k
];k
-=dep
[u
]-dep
[top
[u
]];u
=top
[u
];return k
>=0?pre
[u
][k
]:nxt
[u
][-k
];
}int main()
{n
=read(); Q
=read(); s
=read();hi
[0]=-1;for(int i
=1;i
<=n
;++i
){fa
[i
][0]=read();add(fa
[i
][0],i
); add(i
,fa
[i
][0]);if(fa
[i
][0]==0) rt
=i
;hi
[i
]=hi
[i
>>1]+1;}dfs1(rt
,0); dfs2(rt
,rt
);for(int i
=1;(1<<i
)<=n
;++i
)for(int u
=1;u
<=n
;++u
)fa
[u
][i
]=fa
[fa
[u
][i
-1]][i
-1];for(int i
=1;i
<=Q
;++i
){int x
=(get(s
)^ans
[i
-1])%n
+1;int k
=(get(s
)^ans
[i
-1])%dep
[x
];ans
[i
]=solve(x
,k
);}lt res
=ans
[1];for(int i
=2;i
<=Q
;++i
)res
^=(lt
)i
*ans
[i
];printf("%lld",res
);return 0;
}
與深度有關的DP
CodeForces - 1009F Dominant Indices
題目大意: 給定一棵以1為根，n個節點的樹。設 d(u,x)為u子樹中到u距離為x的節點數。
對于每個點，求使得d(u,x)最大的x，若有多個則輸出最小的x
題目分析：
設dp[u][k]表示u子樹中與u距離為k的節點數，
則 dp[u][k]=Σdp[v][k-1] (v為u的兒子)
設mxlen[u]表示u到最遠的葉子結點的距離
每次轉移時，可以先選擇任意一個兒子v，把dp[v][]直接錯位復制給dp[u][]
可通過數組的指針操作( dp[u]=dp[v]+1 )以O(1)實現
之后其他兒子的信息暴力合并到dp[u]
即對每個兒子v，按照上述轉移方程進行mxlen[v]次更新
可以發現這樣做的復雜度直接由每次暴力合并的mxlen決定
如果我們把第一次直接復制的兒子選為長鏈剖分的重兒子
那么暴力更新的mxlen就取得最小值，總復雜度就變成了O(n)
還有一點要注意的是dp數組顯然不能開dp[1e6][1e6]那么大
但由于所有長鏈長度和就是n，所以可以用指針指向一個大小為n的數組動態使用空間
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
using namespace std
;int read()
{int f
=1,x
=0;char ss
=getchar();while(ss
<'0'||ss
>'9'){if(ss
=='-')f
=-1;ss
=getchar();}while(ss
>='0'&&ss
<='9'){x
=x
*10+ss
-'0';ss
=getchar();}return f
*x
;
}const int maxn
=1000010;
int n
;
struct node
{int v
,nxt
;}E
[maxn
<<1];
int head
[maxn
],tot
;
int son
[maxn
],mxlen
[maxn
];
int buf
[maxn
];
int *dp
[maxn
],*cur
=buf
;
int ans
[maxn
];void add(int u
,int v
)
{E
[++tot
].nxt
=head
[u
];E
[tot
].v
=v
;head
[u
]=tot
;
}void dfs1(int u
,int pa
)
{for(int i
=head
[u
];i
;i
=E
[i
].nxt
){int v
=E
[i
].v
;if(v
==pa
) continue;dfs1(v
,u
);if(mxlen
[v
]>mxlen
[son
[u
]]) son
[u
]=v
;}mxlen
[u
]=mxlen
[son
[u
]]+1;
}void dfs2(int u
,int pa
)
{dp
[u
][0]=1;if(son
[u
]){dp
[son
[u
]]=dp
[u
]+1;dfs2(son
[u
],u
);ans
[u
]=ans
[son
[u
]]+1;}for(int i
=head
[u
];i
;i
=E
[i
].nxt
){int v
=E
[i
].v
;if(v
==son
[u
]||v
==pa
) continue;dp
[v
]=cur
; cur
+=mxlen
[v
];dfs2(v
,u
);for(int j
=1;j
<=mxlen
[v
];++j
){dp
[u
][j
]+=dp
[v
][j
-1];if(dp
[u
][j
]>dp
[u
][ans
[u
]]) ans
[u
]=j
;else if(dp
[u
][j
]==dp
[u
][ans
[u
]] && j
<ans
[u
]) ans
[u
]=j
;}}if(dp
[u
][ans
[u
]]==1) ans
[u
]=0;
}int main()
{n
=read();for(int i
=1;i
<n
;++i
){int u
=read(),v
=read();add(u
,v
); add(v
,u
);}dfs1(1,0); dp
[1]=cur
; cur
+=mxlen
[1];dfs2(1,0);for(int i
=1;i
<=n
;++i
)printf("%d\n",ans
[i
]);return 0;
}
總結
以上是生活随笔為你收集整理的长链剖分的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。
如果覺得生活随笔網站內容還不錯，歡迎將生活随笔推薦給好友。
