两棵树问题的一种点分治做法
简述题面：
你有两棵树，\(T_1\) ，\(T_2\) ，然后你需要对于每个点求出 \(\min_{j\not=i}(dist(T_1,i,j)+dist(T_2,i,j))\)
要求时间复杂度 \(O(n\log^2 n)\) 或更优
做法：
考虑点分治，假如在 \(T_1\) 固定 \(i,j\) 一定要经过某个 \(x\) ，然后把 \(x\) 作为分治点，那么实际上 \(val[i,j]=dist(T_2,i,j)+dep(T_1,i)+dep(T_1,j)\)
其中 \(dep\) 表示距离分治点的距离，然后发现这个就是一个只关于 \(T_2\) 上距离的加和的东西，类似于换根dp的问题，具体的就是把 \(T_1\) 的分治点接管的所有 \(T_1\) 上的节点在 \(T_2\) 上的虚树建出来，然后再虚树上跑 换根dp，然后每层分治点的并是 \(O(n)\) 的，所以时间复杂度是 \(O(n\log n) \cdot O(\log n)\) （建虚树）的
赛时代码
#pragma GCC optimize("Ofast")
#pragma GCC optimize(2)
#pragma GCC optimize(3)
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
using namespace std;
inline int read(){
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch))f^=ch=='-',ch=getchar();
while(isdigit(ch))x=x*10+(ch^48),ch=getchar();
return f?x:-x;
}
const int N=1e5+5,inf=1e18;
int ans[N],n;
vector<pair<int,int>> T[N];
int top[N],siz[N],son[N],up[N],dfn[N],dep[N],dfntot;
void dfs1(int u,int fa){
dfn[u]=++dfntot;
up[u]=fa;
siz[u]=1;
for(pair<int,int> e:T[u]){
int v=e.fi,w=e.se;
if(v==fa)continue;
dep[v]=dep[u]+w;
dfs1(v,u);
siz[u]+=siz[v];
if(siz[son[u]]<siz[v])
son[u]=v;
}
}
void dfs2(int u,int tp){
top[u]=tp;
if(son[u])dfs2(son[u],tp);
for(pair<int,int> e:T[u]){
int v=e.fi,w=e.se;
if(v==up[u]||v==son[u])continue;
dfs2(v,v);
}
}
int lca(int x,int y){
while(top[x]!=top[y]){
if(dep[top[x]]<dep[top[y]])swap(x,y);
x=up[top[x]];
}
if(dep[x]>dep[y])swap(x,y);
return x;
}
/*虚树part*/
vector<pair<int,int>> vt[N];
int sta[N],stop,vis[N];
void insert(int x){
if(stop<=1){
sta[++stop]=x;
return;
}
int t=lca(x,sta[stop]);
if(t==sta[stop]){
sta[++stop]=x;
return;
}
while(stop>1&&dfn[sta[stop-1]]>=dfn[t]){
int u=sta[stop-1];
int v=sta[stop--];
vt[u].pb({v,dep[v]-dep[u]});
}
if(sta[stop]!=t){
vt[t].pb({sta[stop],dep[sta[stop]]-dep[t]});
sta[stop]=t;
}
sta[++stop]=x;
}
vector<int> sss;
void build(vector<int> st){
sss=st;
int len=sss.size();
sort(sss.begin(),sss.end(),[](int x,int y){
return dfn[x]<dfn[y];
});
stop=0;
for(int v:sss)vis[v]=1;
if(!vis[1])insert(1);
for(int v:sss)insert(v);
while(stop>1){
int u=sta[stop-1];
int v=sta[stop--];
vt[u].pb({v,dep[v]-dep[u]});
}
}
int f[N],g[N],d[N];
void pmin(int &x,int &y,int z){
if(z<=x){
y=x;
x=z;
}
else y=min(y,z);
}
void dp1(int u,int fa){
f[u]=g[u]=inf;
for(pair<int,int> e:vt[u]){
int v=e.fi,w=e.se;
if(v==fa)continue;
dp1(v,u);
pmin(f[u],g[u],f[v]+w);
}
if(vis[u])pmin(f[u],g[u],d[u]);
}
void dp2(int u,int fa){
for(pair<int,int> e:vt[u]){
int v=e.fi,w=e.se;
if(v==fa)continue;
if(f[v]+w==f[u]){
pmin(f[v],g[v],g[u]+w);
}
else{
pmin(f[v],g[v],f[u]+w);
}
dp2(v,u);
}
}
void dp3(int u,int fa){
if(vis[u]){
int tmpu=0;
if(d[u]==f[u])tmpu=g[u];
else tmpu=f[u];
ans[u]=min(ans[u],d[u]+tmpu);
}
for(pair<int,int> e:vt[u]){
int v=e.fi,w=e.se;
if(v==fa)continue;
dp3(v,u);
}
vis[u]=0;
vt[u].clear();
}
/*虚树part-end*/
struct tree2{
vector<pair<int,int>> T[N];
int vis[N],siz[N],f[N],root,sum,dep[N];
vector<int> nodes;
void getsize(int u,int fa){
siz[u]=1;
for(pair<int,int> e:T[u]){
int v=e.fi;
if(v==fa||vis[v])continue;
getsize(v,u);
siz[u]+=siz[v];
}
}
void getroot(int u,int fa){
f[u]=0;
for(pair<int,int> e:T[u]){
int v=e.fi;
if(v==fa||vis[v])continue;
getroot(v,u);
f[u]=max(f[u],siz[v]);
}
f[u]=max(f[u],sum-siz[u]);
if(f[u]<f[root])root=u;
}
void dfs1(int u,int fa){
for(pair<int,int> e:T[u]){
int v=e.fi,w=e.se;
if(vis[v]||v==fa)continue;
dep[v]=dep[u]+w;
dfs1(v,u);
}
nodes.pb(u);
}
void solve(int u){
nodes.clear();
dep[u]=0;
dfs1(u,0);
for(int x:nodes){
d[x]=dep[x];
}
build(nodes);
dp1(1,0);
dp2(1,0);
dp3(1,0);
vis[u]=1;
for(pair<int,int> e:T[u]){
int v=e.fi,w=e.se;
if(vis[v])continue;
getsize(v,u);
sum=siz[v];
root=0;
f[root]=inf;
getroot(v,u);
solve(root);
}
}
void work(){
sum=n;
root=0;
f[0]=inf;
getsize(1,0);
getroot(1,0);
solve(root);
}
}T2;
signed main(){
// freopen("sample2.in","r",stdin);
// freopen("tester.out","w",stdout);
n=read();
for(int i=1;i<=n;++i)ans[i]=inf;
for(int i=1;i<n;++i){
int x=read(),y=read(),z=read();
T[x].pb({y,z});
T[y].pb({x,z});
}
dfs1(1,0);
dfs2(1,0);
for(int i=1;i<n;++i){
int x=read(),y=read(),z=read();
T2.T[x].pb({y,z});
T2.T[y].pb({x,z});
}
T2.work();
for(int i=1;i<=n;++i){
printf("%lld\n",ans[i]);
}
return 0;
}
一些补充
实际上我虽然固定了 \((i,j)\) 经过 \(x\) 但是建出虚树后不一定能够保证 \((i,j)\) 一定在 \(x\) 的不同子树中，但是没关系，因为如果 \((i,j)\) 的 \(lca\) 是 \(x\) 的后代，那么我会在 \(lca\) 处再一次统计 (i,j) ，而我在 \(x\) 处统计出的 \((i,j)\) 的答案一定不优于在 \(lca\) 处统计的答案
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