求點\(u\)的\(k\)級祖先（可跳過）

講解

一般是用倍增，預處理的時間復雜度是\(\Theta(n\space log \space n)\)，單次詢問\(\Theta(log \space n)\)
結合長鏈剖分能做到\(\Theta(n\space log \space n)-\Theta(1)\)
預處理時除了倍增數組以外，還要對于每條長鏈的鏈頂，設鏈長為\(x\)，則要記它往上走1到\(x\)個點分別是哪些，往下走1到\(x\)個點分別是哪些，這一步需要\(\Theta(n)\)的時間和空間，因為\(\Sigma{鏈長}=n\)
查詢時，先從點\(u\)向上走\(2^{highbit(k)}\)（highbit(x)和lowbit的定義類似，是指x二進制中最高位的位置）步，記跳到的點為\(v\)
因為\(dis(u,v)=2^{highbit(k)}\)，所以\(v\)所在長鏈的長度肯定大于\(2^{highbit(k)}\)，而從\(v\)走到\(u\)的\(k\)級祖先，還需要不到\(2^{highbit(k)}\)步，那么\(u\)的\(k\)級祖先一定會出現在\(v\)的鏈頂記錄的區域中
這個過程是預處理->從\(u\)向上\(2^{highbit(k)}\)步->看當前點鏈頂預處理出的區域

例題

優化dp

講解

當dp狀態有一維是點，有一維是深度，而且每個點的dp值都是從它的兒子合并來的時，就可以用長鏈剖分優化了
每條長鏈會共用一個數組，在鏈頂處會將長度為鏈長的數組合并到另一條鏈上
因為\(\Sigma{鏈長}=n\)，所以總空間復雜度是\(\Theta(n)\)，時間復雜度會和合并的時間復雜度有關

例題

有一棵\(n\)(\(n\leq2*10^6\))個點的樹，每個點\(i\)有點權\(w_i\)(\(w_i\leq10^9\))，若\(dis(x,y)=點x到點y的簡單路徑上有幾條邊\)
那么求對于所有滿足\(dis(x,y)=dis(y,z)=dis(x,z)且x\neq y且y\neq z 且 z\neq x\)的三元組\((x,y,z)\)，\(w_x*w_y+w_y*w_z+w_z*w_x\)的和是多少

題解

暴力的dp:
設\(f_0(u,i)\)表示點\(u\)的子樹中所有點\(v\)滿足\(dis(u,v)=k\)的點的個數
設\(f_1(u,i)\)表示點\(u\)的子樹中所有點\(v\)滿足\(dis(u,v)=k\)的點的點權和
設\(g_0(u,i)\)表示點\(u\)的子樹中所有點對\((x,y)\)滿足\(dis(u,x)=dis(u,y)=dis(x,y)-k\)且\(x\neq y\)的點對的\(點對點權和\)之和
設\(g_0(u,i)\)表示點\(u\)的子樹中所有點對\((x,y)\)滿足\(dis(u,x)=dis(u,y)=dis(x,y)-k\)且\(x\neq y\)的點對的\(點對點權積\)之和
設\(ans(u)\)表示以點\(u\)為LCA的三元組(x,y,z)對答案造成的貢獻
則有：
\(\space\bf f_0(u,i)=\sum_{v\in son(u)}{f_0(v,i-1)}(i>0)\)
點\(u\)的兒子們的子樹中到點\(u\)的兒子的距離為\(i-1\)的點顯然到點\(u\)的距離為\(i\)
\(\space\bf f_0(u,0)=1\)
點\(u\)的子樹中滿足\(dis(u,v)=0\)的點只有\(u\)自己
\(\space\bf f_1(u,i)=\sum_{v\in son(u)}{f_1(v,i-1)}(i>0)\)
同\(f_0\)
\(\space\bf f_1(u,0)=w_u\)
同\(f_0\)
\(\space\bf g_0(u,i)=\sum_{v\in son(u)}{g_0(v,i+1)+f_1(u,i)*f_0(v,i-1)+f_1(v,i-1)*f_0(u,i)}(i>0)\)
兩個點都在v的子樹內時，\(點對點權和\)之和為\(g_0(v,i+1)\)；選的第一個點在其他兒子的子樹中，另一個在v的子樹中時，“可以作為第一個點的點”的點權和為\(f_1(u,i)\)，與之對應的點有\(f_0(v,i-1)\)種取法，因此選的第一個點的貢獻總和是\(f_1(u,i)*f_0(v,i-1)\)，另一個點同理，貢獻為\(f_1(v,i-1)*f_0(u,i)\)
\(\space\bf g_0(u,0)=\sum_{v\in son(u)}{g_0(v,1)}\)
這些點對\((x,y)\)都滿足\(dis(u,x)=dis(u,y)=dis(x,y)\)即\(dis(u,LCA(x,y))=dis(x,LCA(x,y))=dis(y,LCA(x,y))\)，又因為\(x\neq y\)，所以\(dis(u,LCA(x,y))\neq0\)，也就是說點對\((x,y)\)中的兩點一定在\(u\)的同一個兒子的子樹，那就直接從兒子的\(g_0\)轉移就行了
\(\space\bf g_1(u,i)=\sum_{v\in son(u)}{g_1(v,i+1)+f_1(u,i)*f_1(v,i-1)}(i>0)\)
兩個點都在v的子樹內時，同\(g_0\)；選的第一個點在其他兒子的子樹中，另一個在v的子樹中時，“可以作為第一個點的點”的點權和為\(f_1(u,i)\)，“可以作為另一個點的點”的點權和為\(f_1(v,i-1)\)，將它們相乘就行了
\(\space\bf g_1(u,0)=\sum_{v\in son(u)}{g_1(v,1)}\)
同\(g_0\)
\(\space\bf ans(u)=\sum_{k}\sum_{v\in son(u)}{g_1(v,k+1)*f_0(u,k)+g_0(v,k+1)*f_1(v,k)+g_1(u,k+1)*f_0(v,k)+g_0(u,k+1)*f_1(v,k)}\)
兩個點\((x,y)\)在\(v\)的子樹中，一個點(z)在外面時，\(x,y\)所有取法的點權積之和是\(g_1(v,k+1)\)，可以與\(f_0(u,k)\)種\(z\)相匹配，所以所有的\(x*y\)之和為\(g_1(v,k+1)*f_0(u,k)\)，\(x,y\)所有取法的點權和之和是\(g_0(v,k+1)\)，可以與之相乘的\(z\)的和為\(f_1(u,k)\)，所以所有的\(x*z+y*z\)之和為\(g_0(v,k+1)*f_1(v,k)\)；兩個點\((x,y)\)在外面，一個點\((z)\)在\(v\)的子樹中時，同理，所有的\(x*y\)之和為\(g_1(u,k+1)*f_0(v,k)\)，所有的\(x*z+y*z\)之和為\(g_0(u,k+1)*f_1(v,k)\)
----------------暴力與不暴力的分割線-------------
會發現合并每個點\(u\)和它的第一個兒子時，相當于把這個兒子的\(f,g\)賦給\(u\)，只不過\(f\)向后錯了一位，\(g\)向前錯了一位
合并\(u\)與后面的兒子時，設\(dep(x)\)為“點\(x\)的子樹中到點\(x\)最遠的點”與點\(x\)的距離，那么合并\(u\)與它的兒子\(v\)的時間復雜度為\(\Theta(dep(v)))\)，求\(u\)的兒子\(v\)對\(ans(u)\)的貢獻的復雜度也是這個
那么就可以考慮對這棵樹進行長鏈剖分，每次將\(u\)的長兒子的\(f,g\)給\(u\)（是“直接給”，而不是“用一個循環賦值”！這樣這一步的時間復雜度就是\(\Theta(1)\)了），再將\(u\)與它的每個短兒子合并（這一步的時間復雜度是\(\Theta(\sum_{v\in son(u)}{dep(v)})\)），總時間復雜度可以看成只有所有長鏈的鏈頂會對總時間復雜度有貢獻，\(總時間復雜度=\Theta(\sum{鏈長})=\Theta(n)\)
其中關鍵的一步，“將\(u\)的長兒子的\(f,g\)給\(u\)”可以用指針實現，不過并不對勁的人并不會使用指針，那就可以將\(f(u,i)\)放到第\(dfn[u]+i\)（\(dfn[u]\)表示先走長兒子的dfs序）的位置，將\(g(u,i)\)放到\(dfn[top[u]]+dep(u)+i\)（\(dep(x)\)還是表示“點\(x\)的子樹中到點\(x\)最遠的點”與點\(x\)的距離）的位置，只不過略有麻煩

代碼