随笔分类 - 树
摘要：和【洛谷5115】挺像的. 都是统计信息的时候是包含两个树的，那就在一个树上边分治，另一个树上跑一个虚树dp就好了. 式子这么拆： $dep[i]+dep[j]-(dep[LCA(i,j)]+dep'[LCA'(i,j)]$ $\Rightarrow dep[i]+dep[j]-\frac{1}{2
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摘要：绝对是我写过最长的一份代码了. 这个快敲吐了. 通过这道题能 get 到一个套路： 两颗树同时统计信息的题可以考虑在个树上跑边分治，把点扔到另一颗树的虚树上，然后跑虚树DP. 具体地，这道题中我们发现 $LCP$ 长度是反串后缀树 $LCA$ 深度，$LCS$ 是正串后缀树 $LCA$ 深度. 我们
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摘要：这是一道边分治的例题. 一般来说，我们在树上求最优化问题或者求点值固定，但是和边权和有关的问题时可以考虑用一下边分治. 不同与点分治是以点为重心边分，边分治是以边为重心进行分治的. 我们知道，一个点可以和若干条边相连，但是一条边只能连接两个端点，这在统计上就给我们提供了方便（统计两个树的影响就行）
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摘要：这个和 QTREE5 的套路是一样的，就是维护一个深度最深/浅的距离和，然后合并一下就好了. code: #include <map> #include <string> #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> #defin
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摘要：注意：$LCT$ 在 $link$ 的时候必须要 makeroot. 假如要将 $y$ 连到 $x$ 上： 如果只是将 $y$ Access 并 splay 然后直接连到 $x$ 上的话你会发现 $y$ 在 $splay$ 中所有左儿子其实都在 $(x,y)$ 之间，而这显然就不对了. code:
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摘要：对与每一个时刻用主席树维护一下 DFS 序即可. LCA 的话树剖求解比较快. code: #include <cstdio> #include <string> #include <cstring> #include <algorithm> #define N 200006 using names
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摘要：这道题的思路很神啊 ~ #include <cstdio> #include <string> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; const int N=200006; int cur_id; namespace
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摘要：明明可以用二维数点来做啊，网上为什么都是树剖+线段树呢 ? code: #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> #define N 100006 #define inf 1000000 #define ll long lon
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摘要：这个题的思路非常好啊. 我们可以把 $k$ 个点拿出来，那么就是求将 $k$ 个点划分成不大于 $m$ 个集合的方案数. 令 $f[i][j]$ 表示将前 $i$ 个点划分到 $j$ 个集合中的方案数. 那么有 $f[i][j]=f[i-1][j-1]+f[i-1][j]*(j-fail[i])$，
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摘要：code: #include <cstdio> #include <algorithm> #define N 50020 #define ll long long #define setIO(s) freopen(s".in","r",stdin) using namespace std; stru
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摘要：你发现平均值不会很大，所以直接暴力枚举平均值，然后跑 4*100 次最小生成树取最小值即可. code: #include <cstdio> #include <cmath> #include <algorithm> #define N 2005 #define ll long long #defi
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摘要：以前一直以为这道题很恶心，事实证明还好，好多地方脑残写丑了. code: #include <cstdio> #include <string> #include <cstring> #include <algorithm> #define N 50003 using namespace std;
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摘要：题意：给定一颗树，有 $m$ 次操作. 操作 0 ：向集合 $S$ 中加入一条路径 $(p,q)$，权值为 $v$ 操作 1 ：给定一个点集 $T$，求 $T$ 的并集与 $S$ 中路径含交集的权和.（就是如果路径 $i$ 与 $T$ 有交集，就产生 $v_{i}$ 的贡献） 数据范围：路径长度 $
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摘要：思路并不难，主要是细节需要注意一下. 在 lct 中，删边要写成：f[lson]=0,lson=0 （因为删 x->y 时 y 不一定是左儿子，y 只是 x 的前驱） 然后 f[lson]=lson=0 这个写法在一些编译器上是错误的（就是你会发现 f[lson] 中这个 lson 会变成 0 )
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摘要：这个思路挺有意思的 ~ 利用树链的并来保证每个颜色只贡献一次，然后用可持久化线段树维护 code: #include <set> #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> #define N 100005 #define se
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摘要：自己独立想出来的，超级开心 一开始想的是对于每一个点分别算这个点对答案的贡献. 但是呢，我们发现由于每一条路径的贡献是该路径颜色种类数，而每个颜色可能出现多次，所以这样就特别不好算贡献. 那么，还是上面那句话，由于算的是颜色种类，所以我们可以对每一个颜色种类单独算贡献. 即不以点为单位去算，而是以颜
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摘要：code: #include <bits/stdc++.h> #define N 200009 #define ll long long #define setIO(s) freopen(s".in","r",stdin) using namespace std; ll Sum[N]; int n,
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摘要：自己 yy 了一个动态 dp 做法，应该是全网唯一用 LCT 写的. code: #include <bits/stdc++.h> #define ll long long #define lson tr[x].ch[0] #define rson tr[x].ch[1] #define setIO
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摘要：做这道题真的是涨姿势了，一般的CDQ分治都是在序列上进行的，这次是把CDQ分治放树上跑了~ 考虑一半的 CDQ 分治怎么进行： 递归处理左区间，处理左区间对右区间的影响，然后再递归处理右区间. 所以，如果是有坐标不递增的斜率优化的话就用 CDQ 分治先处理出左半部分答案，然后将处理好的左区间答案用来
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摘要：标签：树形dp，枚举，树的直径 一上来看到这个题就慌了，只想到了 $O(n^3)$ 的做法. 碰到这种题时要一步一步冷静地去分析，观察数据范围. 首先，$n\leqslant 5000$，所以可以先 $O(n)$ 枚举切断哪条边. 而如果暴力枚举连哪条边的话时间就是爆炸的，不妨冷静地分类讨论一下.
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