20240806：点分治，虚树选做

P4178 Tree

题意：给定一棵树，求多少无序对 \((u, v)\) 满足 \(\text{dist}(u, v) \le k\)。

对于树上的路径进行分类：经过根；不经过根。

第二类路径点可以通过递归子树求出。

对于经过根的路径，可以一遍 dfs 求出每个点到根的距离 \(\text{dis}(u)\)。

问题转化为求 \(\text{dis}(u) + \text{dis}(v) \le k\) 且 \(u, v\) 不在同一棵子树的点对数。

如果没有后面子树的限制，可以简单的排序 + 双指针求出，那么只要把每棵子树多算的减掉即可。

单次复杂度 \(O(n\log n)\)。如果直接递归，复杂度高达 \(O(n^2\log n)\)。

考虑 \(rt\) 选取当前树的重心（最大子树最小）。

\(rt\) 的每棵子树大小不大于 \(n/2\)，如果存在子树 \(u\) 大于 \(n/2\)，以 \(u\) 为重心不会比 \(rt\) 更劣。

因此每次都选重心，树的大小至少减少一半，最多递归 \(O(\log n)\) 层，每层总结点数 \(O(n)\)。

时间复杂度 \(O(n\log^2 n)\)。submission

P9058 [Ynoi2004] rpmtdq

题意：对于一棵树有 \(q\) 次询问：给定 \(l, r\)，求 \(\min\limits_{l\le i < j \le r} \text{dist}(i, j)\)。

总共 \(O(n^2)\) 个点对，考虑哪些一定不可能成为答案。

如果 \((x_1, y_1),\ (x_2, y_2)\) 满足 \(x_1 \le x_2 < y_2 \le y_1\) 且 \(\text{dist}(x_2, y_2) \le \text{dist}(x_1, y_1)\)。

那么对于任何询问，选 \((x_2, y_2)\) 一定不劣于选 \((x_1, y_1)\)，我们称 \((x_2, y_2)\) 是有效的。

点分治处理路径问题，只统计经过 \(rt\) 的有效点对 \((i, j)\)（不妨钦定 \(\text{dist}(i, rt) \le \text{dist}(j, rt)\)）。

设当前在处理点 \(u\)，哪些不在同一子树中的点 \(v\) 会与 \(u\) 组成有效点对。

定义 \(pre_u\) 表示满足 \(\text{dist}(v, rt) \le \text{dist}(u, rt)\) 的小于 \(u\) 的最大 \(v\)。

现在证明为什么 \((v, u),\ v < pre_u\) 是没用的。

对于 \(v < pre_u\)，有

\[\text{dist}(v, pre_u) \le \text{dist}(v, rt) + \text{dist}(pre_u, rt) \le \text{dist}(v, rt) + \text{dist}(u, rt) = \text{dist}(v, u) \]

显然 \((v, u)\) 对于 \((v, pre_u)\) 而言是无效的，与假设矛盾。

定义 \(nxt_u\) 表示满足 \(\text{dist}(v, rt) \le \text{dist}(u, rt)\) 的大于 \(u\) 的最小 \(v\)。同理证明 \((u, v),\ v > nxt_u\) 是没用的。

总结：任意点 \(u\) 只有 \((pre_u, u)\) 和 \((u, nxt_u)\) 是有效的。

但是 \((v, u)\) 还要求在不同子树，假设 \(pre_u\) 恰与 \(u\) 在同一子树，只会使得 \(\text{dist}(pre_u, u)\) 变得更小，因此不需要考虑子树限制。

点 \(u\) 一次只产生 \(O(1)\) 个点对，因此整个分治过程产生 \(O(n\log n)\) 个点对。

将询问离线，转化为二维数点，时间复杂度 \(O(n\log^2 n)\)。

点对 \((i, j)\) 的权值 \(\text{dist}(i, j)\) 可以直接用 \(\text{dist}(i, rt) + \text{dist}(j, rt)\)，这样带来的问题是 \(i, j\) 在同一子树的距离是错误的。

我们总能递归到 \((i, j)\) 经过的一个重心，在这个中心上一定能正确的求出 \((i, j)\) 距离或者产生更优点对。

还有一个问题是如何求前驱后继，对于 P9678 来说，用 set 维护足矣，但本题还需进一步卡常。

令 \(d(u) = \text{dist}(u, rt)\)，将二元组 \((u, d(u))\) 根据 \(u\) 排序。维护一个 \(d\) 值单调不降的单调栈，可以求出所有前驱。后继同理。

submission

P4292 [WC2010] 重建计划

题意：给定一棵树，求长度属于 \([L, U]\) 的路径的最大价值，路径 \(S\) 的价值定义为 \(\dfrac{\sum_{e \in S} w(e)}{\vert S\vert}\)。

对于一条路径，如果 \(\sum_{e \in S} \bigg(w(e) - \text{avg}\bigg) \ge 0\)，说明这条路径的价值一定大于等于 avg。

不难想到二分答案，把每条边都减去 mid 后检查长度属于 \([L, U]\) 的最大路径和是否非负。

还是通过经过哪个重心来划分路径，设当前重心为 \(rt\)。

设 \(f_i\) 表示在已经遍历完的子树里深度为 \(i\) 的点到根的最长距离， \(g_i\) 表示在当前子树里深度为 \(i\) 的点到根的最长距离。

显然用 \(\max\limits_{j \in [i - U + L,\ i]} f_{j} + g_{U - i}\) 去更新答案。

前面一项很容易用数据结构维护，但是加上点分治和二分复杂度有三个 log，无法通过。

发现 \(f\) 的答案区间是一个单调队列的形式，时间复杂度 \(O(\text{当前子树深度 + 之前出现过的最大子树深度})\)。

这样复杂度还是可能退化到 \(O(n^2)\)，但是如果按深度从小到大枚举子树，统计答案这一步就是线性的。

如果直接点分治的同时去排序，仍然是三个 log 的。但是点分树的形态始终不变，我们可以在二分之前对于每个重心先排好序。

这样整体就是双 log 复杂度。submission

CF150E Freezing with Style

题意：给定一颗带边权的树，求一条边数在 \([L, R]\) 之间的路径，并使得路径上边权的中位数最大。输出一条可行路径的两个端点。

对于序列 \(a\)，定义 \(b_i = \begin{cases}1& a_i \le \text{mid}\\ -1 & \text{otherwise}\end{cases}\)，如果满足 \(\sum b_i > 0\)，则 \(a\) 的中位数一定不大于 mid。

和上题做法一致，二分答案，如果存在路径满足 \(\sum b_i < 0\)，说明答案还能变大。

设 \(\text{val}\) 为使所有合法路径 \(\sum b_i \ge 0\) 的最小值，那么所求答案即 \(\text{mid = val - 1}\) 时使 \(\sum b_i\) 最小的路径两端。

subsmissin

CF1260F Colored Tree

题意：

给定一棵树，每个节点有一个颜色 \(h\)，\(h_i\) 为 \([l_i,r_i]\) 内的一个整数。

对于全部 \(M = \prod (r_i-l_i+1)\) 种不同的染色方案，求：

\[\sum_{h_i=h_j,1\leq i<j\leq n} \text{dist}(i,j) \pmod {10^9 + 7} \]

\(\text{dist}(i, j)\) 对答案的贡献有 $\big(d(i, rt) + d(j, rt)\big)\times \vert H_i\cap H_j\vert \times \prod_{k \ne i, j} (r_i - l_i + 1) $。

不妨只考虑交集中的某一点 \(x\) 对答案的贡献：

\[\begin{aligned} w(i, j) + w(i, k) =& (d_i + d_j) \times \dfrac{M}{L_j \times L_i} + (d_i + d_k) \times \dfrac{M}{L_k \times L_i}\\ \\ \implies& \dfrac{d_i}{L_i} \times(\dfrac{1}{L_j} + \dfrac{1}{L_k}) + \dfrac{1}{L_i} \times(\dfrac{d_j}{L_j} + \dfrac{d_k}{L_k}) & M \text{ 每项都有，可以最后再乘}\\ \end{aligned} \]

线段树维护交集贡献，时间复杂度 \(O(n \log^2 n)\)。

懒标记线段树爆了，考虑树状数组维护区间加区间和。

维护差分数组 \(b_i\)，\(\sum a_i = \sum b_i \times (n - i + 1) = (n + 1) \times \sum b_i - \sum b_i \times i\)。

后面一个和式也用树状数组维护即可。submission

[HZOI 2015] 树黑白

题意：给定一棵树，一开始都是白色，支持两种操作：

• 将 \(u\) 反色。
• 查询 \(u\) 到所有黑色节点的距离和。

把 \(u\) 的路径按照经过哪个重心分成 \(O(\log n)\) 类。

因此不管修改还是查询都只要在点分树上暴力跳 \(\log n\) 次。

设 \(fa(x)\) 表示 \(x\) 在点分树上的父亲节点，定义 \(x\) 的子树为以 \(x\) 为分治中心时的子树。

设 \(f_x\) 表示 \(x\) 子树内的黑点到 \(x\) 的距离和，\(g_x\) 表示 \(x\) 子树内的黑点到 \(fa(x)\) 的距离和，\(cnt_x\) 表示 \(x\) 子树内的黑点数。

从 \(x\) 一直跳到点分树的根，假设当前点是 \(cur\)，上一个点是 \(pre\)（\(fa(pre) = cur\)）：

那么 \(cur\) 对询问 \(u\) 的贡献有

\[ f_{cur} - g_{pre} + (cnt_{cur} - cnt_{pre}) \times \text{dist}(u, cur) \]

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P2056 [ZJOI2007] 捉迷藏

题意：给定一棵树，初始全黑。支持单点改色，询问最远两个黑点距离。

类似直径求法，每个分治重心维护子树内黑点到 \(rt\) 的最大值与次大值，可删堆维护。

mutiset 常数过大了，手写一个懒删除堆。submission

P3345 [ZJOI2015] 幻想乡战略游戏

题意：给定一棵树，保证每个点度数不超过 \(20\)。单点修改点权 \(a_i\)，每次查询最小的 \(f(u) = \sum_{v = 1}^n \text{dist}(u, v) \times a_v\)。

考虑暴力做法：

设当前在点 \(u\)，\(\sum_u\) 表示 \(u\) 子树内的点权和，\(\sum = \sum_{i = 1}^n a_i\)。

与之直接相连的儿子 \(v\) 比 \(u\) 更优当且仅当 \(\text{dist}(u, v)\times (\sum - 2\sum_v) < 0\)（考虑答案的变化量）。

也就是 \(2 \sum_v > \sum\)，如果存在儿子节点更优，那么只可能有一个 \(v\) 满足条件（\(2\sum_v > \sum \ge \sum_u\)）。

• \(f(v) \ge f(u)\)：

设 \(v'\) 为 \(v\) 子树中的一点。

由于 \(\sum\) 是常量，且 \(\sum_{v'} \le \sum_{v}\)，因此从 \(u\) 走到 \(v'\) 只会使答案越来越大。

因此 \(v\) 的子树中不存在比 \(u\) 更优的点。

• \(f(v) < f(u)\)：

  设 \(v'\) 为最优决策点。

  显然 \(v'\) 在 \(v\) 的子树内，现在证明不管从 \(v\) 子树的哪个点 \(x\) 出发（将 \(f(x)\) 和 \(x\) 的儿子比较）都能到达 \(v'\)。

  砍掉多余部分，只留 \(v'\) 的子树。

  强制使 \(x\) 为根，由于 \(2\sum_{v'} > \sum\)，一定有 \(2\sum_{fa(v')} > \sum\)，因此存在一条 \(v'\) 到 \(x\) 的决策路径。

修改和单点查 \(f\) 可以用点分治轻而易举做到 \(O(\log n)\)，瓶颈在与上述算法最坏会达到单次 \(O(n\log n)\)。

一个想法是枚举 \(x\) 的儿子 \(y\)（原树），如果 \(f(y) < f(x)\)，说明最优决策点在 \(y\) 的分治子树中，递归到包含 \(y\) 的儿子（点分树）。

时间复杂度 \(O(20\log^2n)\)，正确性可以由上述第二点得到。

加强版少去了度数限制，做法是链剖 + 线段树，待补。

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P2495 [SDOI2011] 消耗战

题意：给定一棵树，\(m\) 次询问：给出 \(k\) 个关键点，求使每个点都不能到的最根小代价（花费 \(w(u, v)\) 使 \((u, v)\) 断掉）。

设关键点集为 \(S\)。

显然有 \(O(n)\) 的树形 dp，\(f_x\) 表示使 \(x\) 内关键点都不能到根的最小代价：

\[f_x = \begin{cases} w\big(x, fa(x)\big) & x \in S \\ \\ \min\bigg( w\big(x, fa(x)\big),\ \sum_{y \in son(x)} f_y\bigg) & \text{otherwise} \end{cases} \]

仅保留关键点之间的祖先后代关系（保留根节点，和关键点两两之间的 lca）不会改变最后的 dp 值。

\[f_x = \begin{cases} x\text{ 与在虚树中的父亲之间的最小边权，倍增解决} & x \in S \\ \\ \min\big(w,\ \sum_{y \in son'(x)} f_y\big) &\text{otherwise}\end{cases} \]

定义虚树为包含关键点和所有 lca 的最小树。

以下构造方式能说明虚树规模只有 \(O(k)\)，如果能快速建出虚树即可解决本题。

二次排序 + LCA 连边：

• 将关键点按 DFS 序排序；
• 遍历一遍，任意两个相邻的关键点求一下 LCA，并且判重；
• 然后根据原树中的祖先后代关系建树。

具体实现上，在关键点序列上枚举相邻的两个数，两两求得 LCA 并且加入序列 \(A\) 中。

此时 \(A\) 一定包含了虚树中的所有点（可能重复）。

假设 \(a, b, c\) 按照 dfs 序依次递增，则

\[\text{lca}(a, c) = \text{lca}\big(\text{lca}(a, b),\ \text{lca}(b, c)\big) \]

由于 \(\text{lca}(a, b)\) 和 \(\text{lca}(b, c)\) 都是 \(b\) 的祖先，因此其中一个一定是另一个的祖先。

假设按照时间戳排序得到 \(x_1, x_2 \cdots x_m\)。

那么任意的两个节点的 lca 可以写做

\[\text{lca}(a_i, a_j) = \text{lca}\bigg(\text{lca}(a_i, a_{i + 1}),\ \text{lca}(a_{i + 1}, a_{i + 2}),\ \cdots,\ \text{lca}(a_{j - 1}, a_j) \bigg) \]

任意两个关键点的 lca 都包含在我们新增的相邻 lca 里。

同时证明了虚树规模是 \(O(k)\) 的。

把 \(A\) 按照 dfs 序排序并去重。枚举相邻的两个点 \(x,y\)，连接 \(\text{lca}(x, y)\) 和 \(y\)，这样就完成了构造。

为什么这样连边不重不漏？

如果 \(x\) 是 \(y\) 的祖先。

由于 \(x, y\) 在 \(A\) 中相邻，因此 \(x\) 到 \(y\) 的链上不存在任何其他节点，直接 \(x\) 连向 \(y\) 即可。

如果 \(x\) 不是 \(y\) 的祖先。

\(\text{lca}\) 的 dfs 序一定小于 \(x\)，因此 \(x\) 与 \(\text{lca}\) 在之前已经直接或间接相连了。

又由于 \(x, y\) 相邻，\(\text{lca}\) 到 \(y\) 之间不存在其他点，\(\text{lca}\) 连向 \(y\) 是不重不漏的。

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P3320 [SDOI2015] 寻宝游戏

题意：每次新增或减少一个关键点，并询问包含所有关键点的生成子树的边权和 \(\times 2\)。

这颗生成子树的根一定是所有关键点的最近公共祖先，因为任意两点要求联通。

发现这与我们构建虚树的形式很像，可以单次 \(O(k\log n)\) 得到整棵树的边权和。

但是本题并不保证 \(\sum k\) 的量级。

Gym - 104128E

题意：给定一颗树，初始全白，问全部染黑的最小代价。把 \(x\) 子树里与 \(x\) 距离为 \(i\) 的点全部染黑代价为 \(a_i\)。

\(f(x, d)\) 表示在以 \(x\) 为根的子树里把深度为 \(d\) 的点全部染黑的最小代价，答案为 \(\sum f(root, *)\)。

\[f(x, d) = \min\bigg(a_{d - dep(x)},\ \sum_{y \in son(x)}f(y, d) \bigg) \]

对于每个深度建出虚树，时间复杂度 \(O(n\log n)\)。

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