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在学习本部分时，请先学习 **[线段树](/ds/segment/)** 的相关内容。 ## 树链剖分的思想及能解决的问题一棵静态（形状固定的）树，要求进行几种操作： 1. 修改 **单个节点 / 树上两点之间的路径 / 一个节点的子树上** 的所有点的值。 2. 查询 **单个节点 / 树上两点之间的路径 / 一个节点的子树上** 节点的值的 **和 / 极值 / 其他（具有较强的合并性）** 。如果树的形态是一条链，那么我们只需要维护一个线段树，修改或查询线段树的值。因为这是一棵树，我们将这个树剖分成多个链，并用线段树修改或查询答案，这就是树链剖分的思想。如果树是动态的，需要使用 **LCT** 来解决。由于树链剖分的思想十分暴力，所以被 OIers 戏称为 **“优雅的暴力”** 。 ## 例题 [luogu P2590 \[ZJOI2008\] 树的统计](https://www.luogu.org/problemnew/show/P2590) 题目大意：对一棵有 $n$ 个节点的静态树，进行三种操作共 $q$ 次： 1. 修改单个节点的值； 2. 查询 $u$ 到 $v$ 的路径上的最大值； 3. 查询 $u$ 到 $v$ 的路径上的权值和。题目保证 $1\le n\le 30000,0\le q\le 200000$ ## 一些定义 $fa(x)$ 表示节点 $x$ 在树上的父亲。 $dep(x)$ 表示节点 $x$ 在树上的深度。 $siz(x)$ 表示节点 $x$ 的子树的节点个数。 $son(x)$ 表示节点 $x$ 的 **重儿子**，即所有儿子中子树大小最大的一个。定义 **重边** 表示连接两个重儿子的边。定义 **重路径** 表示重边连成的一条链。 $top(x)$ 表示节点 $x$ 所在 **重路径** 的顶部节点（深度最小）。 $tid(x)$ 表示节点 $x$ 的 **时间戳** ，也是其在线段树中的编号。 $rnk(x)$ 表示时间戳所对应的节点编号，有 $rnk(tid(x))=x$。我们进行两遍 DFS 预处理出这些值，其中第一次 DFS 求出 $fa(x),dep(x),siz(x),son(x)$，第二次 DFS 求出 $top(x),tid(x),rnk(x)$。给出一种代码实现： ```cpp void dfs1(int o,int fat) { son[o]=-1;siz[o]=1; for(int j=h[o];j;j=nxt[j])if(!dep[p[j]]) { dep[p[j]]=dep[o]+1; fa[p[j]]=o; dfs1(p[j],o); siz[o]+=siz[p[j]]; if(son[o]==-1||siz[p[j]]>siz[son[o]])son[o]=p[j]; } } void dfs2(int o,int t) { top[o]=t; cnt++;tid[o]=cnt;rnk[cnt]=o; if(son[o]==-1)return; dfs2(son[o],t); for(int j=h[o];j;j=nxt[j])if(p[j]!=son[o]&&p[j]!=fa[o])dfs2(p[j],p[j]); } ``` 这样构成的线段树有这样一个性质，这是原树的一个 DFS 序，一个节点的子树在线段树中是相连的， **所有重链在线段树上也是相连的** 。 ## 解法根据题面以及以上的性质，你的线段树需要维护三种操作： 1. 单点修改； 2. 区间查询最大值； 3. 区间查询和。单点修改很容易实现。修改一个节点的子树也很容易实现。问题是如何修改 / 查询两个节点之间的路径。考虑我们是如何用 **倍增法求解 LCA** 的。首先我们 **将两个节点提到同一高度，然后将两个节点一起向上跳** 。对于树链剖分也可以使用这样的思想。在向上跳的过程中，如果当前节点在重链上，借助线段树向上跳到重链顶端，如果当前节点不在重链上，向上跳一个节点。如此直到两节点相同。沿途更新 / 查询区间信息。给出一种代码实现： ```cpp // st 是线段树结构体 int querymax(int x,int y) { int ret=-inf,fx=top[x],fy=top[y]; while(fx!=fy) { if(dep[fx]>=dep[fy])ret=max(ret,st.query1(1,1,n,tid[fx],tid[x])),x=fa[fx]; else ret=max(ret,st.query1(1,1,n,tid[fy],tid[y])),y=fa[fy]; fx=top[x];fy=top[y]; } if(x!=y) { if(tid[x]<tid[y])ret=max(ret,st.query1(1,1,n,tid[x],tid[y])); else ret=max(ret,st.query1(1,1,n,tid[y],tid[x])); } else ret=max(ret,st.query1(1,1,n,tid[x],tid[y])); return ret; } ``` ## 完整代码鉴于树链剖分的题目细节较多，容易打错，给出一种代码实现，以供参考。 ```cpp #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #define lc o<<1 #define rc o<<1|1 using namespace std; const int maxn=60010; const int inf=2e9; int n,a,b,w[maxn],q,u,v; int cur,h[maxn],nxt[maxn],p[maxn]; int siz[maxn],top[maxn],son[maxn],dep[maxn],fa[maxn],tid[maxn],rnk[maxn],cnt; char op[10]; inline void add_edge(int x,int y){cur++;nxt[cur]=h[x];h[x]=cur;p[cur]=y;} struct SegTree { int sum[maxn*4],maxx[maxn*4]; void build(int o,int l,int r) { if(l==r){sum[o]=maxx[o]=w[rnk[l]];return;} int mid=(l+r)>>1; build(lc,l,mid); build(rc,mid+1,r); sum[o]=sum[lc]+sum[rc]; maxx[o]=max(maxx[lc],maxx[rc]); } int query1(int o,int l,int r,int ql,int qr)//max { if(l>qr||r<ql)return -inf; if(ql<=l&&r<=qr)return maxx[o]; int mid=(l+r)>>1; return max(query1(lc,l,mid,ql,qr),query1(rc,mid+1,r,ql,qr)); } int query2(int o,int l,int r,int ql,int qr)//sum { if(l>qr||r<ql)return 0; if(ql<=l&&r<=qr)return sum[o]; int mid=(l+r)>>1; return query2(lc,l,mid,ql,qr)+query2(rc,mid+1,r,ql,qr); } void update(int o,int l,int r,int x,int t) { if(l==r){maxx[o]=sum[o]=t;return;} int mid=(l+r)>>1; if(x<=mid)update(lc,l,mid,x,t); else update(rc,mid+1,r,x,t); sum[o]=sum[lc]+sum[rc]; maxx[o]=max(maxx[lc],maxx[rc]); } }st; void dfs1(int o,int fat) { son[o]=-1;siz[o]=1; for(int j=h[o];j;j=nxt[j])if(!dep[p[j]]) { dep[p[j]]=dep[o]+1; fa[p[j]]=o; dfs1(p[j],o); siz[o]+=siz[p[j]]; if(son[o]==-1||siz[p[j]]>siz[son[o]])son[o]=p[j]; } } void dfs2(int o,int t) { top[o]=t;cnt++;tid[o]=cnt;rnk[cnt]=o; if(son[o]==-1)return; dfs2(son[o],t); for(int j=h[o];j;j=nxt[j])if(p[j]!=son[o]&&p[j]!=fa[o])dfs2(p[j],p[j]); } int querymax(int x,int y) { int ret=-inf,fx=top[x],fy=top[y]; while(fx!=fy) { if(dep[fx]>=dep[fy])ret=max(ret,st.query1(1,1,n,tid[fx],tid[x])),x=fa[fx]; else ret=max(ret,st.query1(1,1,n,tid[fy],tid[y])),y=fa[fy]; fx=top[x];fy=top[y]; } if(x!=y) { if(tid[x]<tid[y])ret=max(ret,st.query1(1,1,n,tid[x],tid[y])); else ret=max(ret,st.query1(1,1,n,tid[y],tid[x])); } else ret=max(ret,st.query1(1,1,n,tid[x],tid[y])); return ret; } int querysum(int x,int y) { int ret=0,fx=top[x],fy=top[y]; while(fx!=fy) { if(dep[fx]>=dep[fy])ret+=st.query2(1,1,n,tid[fx],tid[x]),x=fa[fx]; else ret+=st.query2(1,1,n,tid[fy],tid[y]),y=fa[fy]; fx=top[x];fy=top[y]; } if(x!=y) { if(tid[x]<tid[y])ret+=st.query2(1,1,n,tid[x],tid[y]); else ret+=st.query2(1,1,n,tid[y],tid[x]); } else ret+=st.query2(1,1,n,tid[x],tid[y]); return ret; } int main() { scanf("%d",&n); for(int i=1;i<n;i++)scanf("%d%d",&a,&b),add_edge(a,b),add_edge(b,a); for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",w+i); dep[1]=1;dfs1(1,-1);dfs2(1,1); st.build(1,1,n); scanf("%d",&q); while(q--) { scanf("%s%d%d",op,&u,&v); if(!strcmp(op,"CHANGE"))st.update(1,1,n,tid[u],v); if(!strcmp(op,"QMAX"))printf("%d\n",querymax(u,v)); if(!strcmp(op,"QSUM"))printf("%d\n",querysum(u,v)); } return 0; } ``` ## 时间复杂度证明以上算法的时间复杂度为 $O(q \log^2 n)$，下证：可以证明，如果 $u$ 是 $v$ 的父亲，且 $v$ 不是 $u$ 的重儿子，有 $siz(v)\le \frac{1}{2} siz(u)$。因为如果 $siz(v)> \frac{1}{2} siz(u)$，那么 $siz(v)$ 大于其他 $u$ 的儿子的 $siz$ 的和，就有 $siz(v)$ 大于其他 $u$ 的儿子的 $siz$。这样 $v$ 一定是 $u$ 的重儿子，与题设不符。由此可知，每次查询操作，我们顺着 **非重链** 向上跳，其子树节点个数一定至少 **乘以 2**。如果我们顺着重链向上跳，其子树节点个数也会乘以 2，最大为 $n$。由于一个点的子树的节点个数最多为 $n$ ，所以我们最多只需要向上跳 $O(\log n)$ 次。再乘上线段树查询的时间复杂度 $O(\log n)$ 和操作数 $O(q)$，最后的时间复杂度为 $O(q \log^2 n)$。证毕。 ## 练习 [luogu P3258 \[JLOI2014\] 松鼠的新家](https://www.luogu.org/problemnew/show/P3258) （当然可以用树上差分） [luogu P3178 \[HAOI2015\] 树上操作](https://www.luogu.org/problemnew/show/P3178) [luogu P3384 【模板】树链剖分](https://www.luogu.org/problemnew/show/P3384) [luogu P2146 \[NOI2015\] 软件包管理器](https://www.luogu.org/problemnew/show/P2146) [luogu P2486 \[SDOI2011\] 染色](https://www.luogu.org/problemnew/show/P2486) [luogu P3313 \[SDOI2014\] 旅行](https://www.luogu.org/problemnew/show/P3313)