2025.1.26 近期练习

CF757G Can Bash Save the Day?

经典套路，对于 \(dis(p_i,x)\) 转化为 \(dep_{p_1}+dep_x-2dep_{lca(p_i,x)}\)，其中 \(dep_{lca}\) 转化为链加链求和。
然后对于 \(p_1\sim p_n\) 到根的链 \(+1\)，建出主席树，即可处理没有修改的弱化版。
考虑修改，交换 \(p_x,p_{x+1}\) 的话，只会影响到 \(p_x\) 的版本，考虑重构即可。复杂度大概 \(O(n\log^2n)\)。
更好的做法考虑边分治，建出边分树，每个点存其负责子树里所有点到这个点的距离。
然后发现这里可以支持可持久化边分树，因为边分树是二叉的，做完了。

AT_cf17_final_j Tree MST

考虑 MST 的经典性质，考虑取出一个小的边集先跑 MST，不在当前 MST 的边一定不在后续 MST 里。
对于完全图跑 MST，我们可以考虑分治，即每次将若干个 MST 合并。
由于本题有树，考虑点分治，关于合并两个子树部分，那么点权是 \(dis_{rt,u}+w_u\)，边权是两点权之和。
那么考虑贪心的话肯定是选点权最小的点连向其余所有点合并所有子树。
再加上 \(rt\) 连下来的边，边的个数是 \(O(siz)\)，总复杂度是 \(O(n\log^2n)\)。
分治算法的理解可以用平面结构刻画，相当于每次将平面切成四份（或更多），
递归左上右下，然后处理左下右上的联系，通常有特殊性质。
或者考虑采用 Boruvka 算法，关键是求当前连通块最近出边，换根 dp 解决也可以，复杂度 \(O(n\log n)\)。
细节地，记录不同颜色的最近与次近出边即可。

P5360 [SDOI2019] 世界地图

考虑处理出前缀，后缀的生成树，然后现在相当于合并两个点集的生成树。
观察网格的性质，我们要相当于只需要新加 \(n\) 条边，形如 \((m,i)\to(1,i)\)。
考虑已知 MST 如何新加边，假设加入 \((u,v)\)，若 \(u\to v\) 路径存在更大的边就删掉，并加入该边。
由于只有 \(n\) 个影响到的点，且我们只关注其间的路径，所以我们可以考虑建出生成树的虚树。
已知虚树的话，询问将 \(n\) 条边与两侧虚树一起跑 kruskal 即可。
考虑前缀后缀生成树的建立，由于我们只关注虚树，所以也是新加边跟虚树跑 kruskal。

Uoj#576. 【ULR #1】服务器调度

从 \(\max dis\) 这个形式我们想到考虑树的直径，也就是一个点的树上最远点一定是直径两端点之一。
考虑对于每个颜色维护树的直径。然后考虑计算距离的话可以考虑取出直径中点。
考虑如何维护树的直径，我们很容易联想到维护子集的直径然后合并。那么我们维护一棵线段树即可。
考虑统计答案，设直径中点是 \(t\)，长度为 \(L\)。考虑点 \(u\) 点延迟是 \(\sum_i dis(u,t_i)+\frac{L_i}{2}\)。
套路地拆成深度的差 \(=\sum_i dep_u+dep_{t_i}-2dep_{lca(u,t_i)}+\frac{L_i}{2}\)。那么这个又变成一个链加链求和的形式。
那么查询子树 \(u\) 的答案，对于 \(u\) 贡献 \(siz_u\) 次，\(u\) 子树里的 \(v\) 贡献 \(siz_v\)，那么配个权重即可。树剖。

P4220 [WC2018] 通道

对于类似的高维偏序和这种三棵树上的工作，首要考虑降维。
考虑对 \(T_1\) 进行边分治，那么相当于将 \(T_1\) 降维，考虑边分出来两个子树为 \(L,R\)。
求出 \(d_1(i)\) 表示点 \(i\) 到边的距离，那么此时 \(T_1\) 已被处理，距离表示为 \(d_1(i)+d_1(j)\)。
考虑 \(T_2\)，建出 \(L\cup R\) 的虚树。考虑枚举 \(lca\) 为 \(p\)，距离表示为 \(dep(i)+dep(j)-2dep(p)\)。
最后一项与 \(i,j\) 无关，可以省略，令 \(d_2(i)\) 代表 \(dep(i)\)，那么此时 \(T_2\) 已被处理。
那么问题相当于在 \(T_3\) 上每个点挂 \(d_1(i)+d_2(i)\) 的点权，问直径，满足 \(lca(i,j)=p\) 且 \(i\in L,j\in R\)。
考虑直径的性质。考虑合并子集的直径这个套路。在 \(T_2\) 的虚树上以子树划分子任务。
考虑求出 \(f_{L,R}(i)\) 表示子树 \(i\) 里直径两端点对应 \(L,R\) 的是哪两个，那么合并上去即可，答案顺便统计。
那么就做完了。复杂度 \(O(n\log^2n)\)。注意边分治要转二叉树。
题解还有一种随机的做法，随机一个根，钦定三条路径都经过这个点，然后选最远点为根，迭代下去。
这个做法同样是借鉴了找直径的方法：找一棵树的直径就是迭代两次即可。

P10805 [CEOI 2024] 加油站

考虑点分治处理树上路径问题。考虑所有经过当前分治中心 \(rt\) 的路径 \((i,j)\) 对答案的贡献。
对于这些路径，我们需要将它们分组，也就是找找同时计算这些路径的方法。
考虑刻画一条路径，对于路径我们可以用它的每次加油的点分段。
而这样做很多条路径都可以有共同点，也就是一旦他们走到了一个点后续都会一直走下去。
考虑 \(i\to rt\) 这一段路径，我们可以二分出每个点加油了下一个加油的点是哪个，形成一个森林结构。
那么我们只需要拿出森林的根算一下子树大小，相当于给路径分组了。然后就可以处理 \(rt\to j\) 这段。
这一段我们可以 dp，设 \(dp_{i}\) 表示在 \(i\) 有多少车加油了，考虑二分出转移区间然后转移，前缀和优化。

P6830 [IOI 2020] 连接擎天树

这是一个还原树问题。首先考虑取出所有 \(p_{i,j}>0\) 的代表 \(i,j\) 联通。
考虑对于 \(p_{i,j}=1\) 的那么树上 \(i\to j\) 这一段路都没有桥。考虑 \(p_{i,j}=2\) 的有且仅有一座桥。
考虑 \(p_{i,j}=3\) 的，那么原图势必出现两个环，一旦出现两个环就一定会出现 \(p_{i,j}=4\) 的，违背条件。
所以原式只有 \(p_{i,j}\le 2\)，且一个连通块内只能有一个环，也就是一个基环树/树森林。
那么考虑 dfs 一遍，如果有 \(p_{i,j}=3\) 或者一个连通块内存在 \(p_{i,j}=0\) 就无解。
将全部 \(p_{i,j}=1\) 组成的连通块拿出来，这里是树，剩下是环，每个连通块各取一个点出来连成环即可。
具体实现考虑 dfs 出最大连通块，然后检查内部有没有非法的边即可。