随笔分类 - 2-1.——树——
摘要：首先第一眼是一个倍增套线性基，但是$O(Qlog^2Vlog^N)=10^{10}$的复杂度... 即使是st表也只是变成了$O(Nlog^2Vlog^N)$啊 考虑点分治，相对于倍增显著减少了线性基合并（一个往另一个里暴力插）这一O(log^2V)的过程 就是在分治到一个询问的两端点分立于两个子树
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摘要：反正肯定要建虚树，考虑建完之后怎么做 先随便dp一下算出来距离某点最近的询问点mi[x]（因为有的虚树上的点它不是询问点嘛） 那我们对于某条链x到fa[x]上的非虚树上的点（包括他们的非虚树上的孩子），要么把它分给mi[x]，要么分给mi[fa[x]] 我找到这个中间点以后，在原树上倍增跳过去，算他
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摘要：m=n-1的时候，就直接贪心地dfs就可以 m=n的话，就可以枚举删掉一条边，然后照着m=n-1做 $O(n^2)$大概能过 （然而我眼瞎看不到m<=n）
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摘要：我的做法： 给询问按$deep[v]+d$排序，每次做到某一深度的时候，先给这个深度所有点的值清0，然后直接改v的子树 官方做法比较妙妙： dfs，进入v的时候给$[deep[v],deep[v]+d]+=x$，出来的时候再减回来 日常忘开longlong，这回事变量开了输出没开
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摘要：题意：无向联通图，求一条最长的路径，路径长度定义为u到v必须经过的边的个数 如果把强联通分量都缩成一个点以后，每个点内部的边都是可替代的；而又因为这是个无向图，缩完点以后就是棵树，跑两遍dfs求直径即可
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摘要：我们发现，这个染色的操作他就很像LCT中access的操作（为什么？？），然后就自然而然地想到，其实一个某条路径上的颜色数量，就是我们做一个只有access操作的LCT，这条路径经过的splay的数量 然后考虑怎么样来维护这个数量。access的过程中，有实边变虚边、虚边变实边的操作，对应过来，实边
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摘要：如果把“我全都要”看作是我全不要的话，就可以用最小割解决啦 源点S，汇点T 我们试图让每个市民作为一个等待被割断的路径 把狗狗给市民：建边(S,i,1)，其中i是市民 把狗狗给守卫：建边(j,T,1)，其中j是守卫（也就是边） 市民要在路上所有边看到狗：建边(i,j,1)，其中i是市民，j是i经过的
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摘要：一定是从随便某个点开始，然后按着dfs序的顺序跑一圈是最好的 所以说，新加一个点x，就减少了dis(pre,next)，增加了dis(pre,x),dis(x,nxt) 删掉一个点同理 这个可以用set维护
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摘要：我也想要皮卡丘 跑一遍dijkstra，可以建出一个最短路DAG（从S到任意点的路径都是最短路），然后可以在上面建支配树 并不会支配树，只能简单口胡一下在DAG上的做法 建出来的支配树中，某点的祖先集就是从S到该点的必经点集，也就是说，炸掉某点，这个子树都会变得angryunhappy 大概就是按拓
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摘要：首先可以求出从某点做$2^k$次车能到的最浅的点，这个只要dfs一下，把它的孩子能到的最浅的点更新过来就可以 然后倍增地往上跳，不能跳到lca的上面，记录坐车的次数ans 此时有三种情况（设最远能跳到x,y）： 1.再跳也跳不到lca的上面，就是-1 2.路径(x,y)被某趟车覆盖，答案是ans+1
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摘要：先用kruskal处理出一个最小生成树 对于非树边，倍增找出两端点间的最大边权-1就是答案 对于树边，如果它能被替代，就要有一条非树边，两端点在树上的路径覆盖了这条树边，而且边权不大于这条树边 这里可以树剖来做，但是不想用.. 如果先把非树边从小到大排序然后去覆盖树边，那么一条树边只需要被覆盖一次
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摘要：可以证明，如果合并两棵树，新的直径的端点一定是原来两树中直径的端点 可以把新加两个点的操作看成是把两个只有一个点的树合并到原来的树上，然后用其中的一个点去和原来树上的直径两端点更新直径就可以了
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摘要：先kruskal求出一个最小生成树，然后对于每条非树边(a,b)，从树上找a到b路径上最大的边，来把它替换掉，就是包含这条边的最小生成树
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摘要：根为r时x、y的公共祖先，就是lca(x,r),lca(x,y),lca(r,y)中深度最大的那一个，不要再在倍增的时候判来判去还判不对了...
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摘要：dfs序后用线段树来记每个节点的前缀和 每次找一个前缀和最大的节点，然后把它到根的路径上的每个之前没被走过的点 对应的dfs序的区间 减掉那个点的权值 每个点最多被减一次，复杂度是$O(nlogn)$的
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摘要：（警告：本篇博客包含大量人类本质内容） 先处理出来lca，然后就只需要知道从每个点到他的父亲、和从他的父亲到这个点的期望时间就可以了 我们设f[x]为x到他父亲的期望时间；g[x]为从x的父亲到x的期望时间（注意到这两个是不一样的） 只考虑怎么算f，g是类似的 从某个点想走到他父亲时，情况会有：直接
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摘要：先二分出一个时间，把每个军队倍增往上跳到不能再跳 然后如果它能到1号点，就记下来它跳到1号点后剩余的时间；如果不能，就让它就地扎根，记一记它覆盖了哪些叶节点（我在这里用了dfs序+差分，其实直接dfs就行..） 然后对于那些叶节点没有被覆盖完全的(父亲为1号点的)子树，肯定需要一些已经到1号点的军队
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摘要：先用不管什么方法求出来从每个点出发，A走到哪、B走到哪（我写了一个很沙雕的STL） 然后把每个点拆成两个点，分别表示A从这里出发和B从这里出发，然后连边是要A连到B、B连到A、边长就是这次走的路径长度 为了方便，把不能继续走的点连到一个假节点1上（不连应该也无所谓） 然后我们预处理倍增，但要把A走的
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摘要：把一条路径拆成到根的四个链（两端点、lca和fa[lca]），然后给dfs序中链的端点做单点修改、区间查询它的子树和再加上它原来的权值就可以了
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