树上问题
参考资料
知识
lca 问题
dfs 序
复杂度 \(O(n\log n)-O(1)\)，ST 表按照 dfn 维护区间最小深度值的位置。注意查询 \([l,r]\) \(lca\) 的时候，取得是 \([l+1,r]\) 的最小深度值，再返回 \(fa\) 即可。
点分治
【学习笔记】点分治
【学习笔记】点分治 & 点分树
【9】点分治 & 点分树学习笔记
DSU on tree（静态链分治）
DSU on Tree 即树上启发式合并，重点不在“合并”，而在利用树链剖分的性质对子树问题进行复杂度正确的分治。
面对多组询问但不带修改的树上题目，可以使用 DSU on Tree 解决。
算法流程
- 递归处理轻儿子的答案
- 递归处理重儿子的答案
- 重新遍历轻儿子子树，计算当前子树的答案
- 如果当前节点是轻儿子，重新遍历整棵子树来清除答案
发现一个节点被再次遍历当且仅当其所在的子树根为轻儿子，在这之后其所在子树大小至少扩大 2 倍，因此每个节点最多被遍历 \(O(\log n)\) 次，那么总遍历次数是 \(O(n \log n)\)，若单个节点计算答案复杂度 \(O(k)\)，总复杂度 \(O(kn \log n)\)。
code
void dfs1(){
// 求出重儿子
}
void add(){
// 加入一个节点的贡献
}
void del(){
// 删去一个节点的贡献
}
void insert(int u){
// 加入整棵子树的贡献
add(u);
for(int i=head[u],v;i;i=e[i].nxt){
v=e[i].to;
if(v==fa[u]) continue;
insert(v);
}
}
void erase(int u){
// 删去整棵子树的贡献
del(u);
for(int i=head[u],v;i;i=e[i].nxt){
v=e[i].to;
if(v==fa[u]) continue;
erase(v);
}
}
void dfs2(int u){
// 递归处理轻儿子答案
for(int i=head[u],v;i;i=e[i].nxt){
v=e[i].to;
if(v==fa[u]||v==son[u]) continue;
dfs2(v);
}
// 递归处理重儿子答案
if(son[u]) dfs2(son[u]);
// 重新遍历轻儿子子树，计算当前子树的答案
add(u);
for(int i=head[u],v;i;i=e[i].nxt){
v=e[i].to;
if(v==fa[u]||v==son[u]) continue;
insert(v);
}
// 如果当前节点是轻儿子，重新遍历整棵子树，清除答案
if(fa[u]&&son[fa[u]]!=u) erase(u);
}
结论
-
重链剖分后，任意一个节点到根路径上轻儿子数量级是 \(O(\log n)\)。因为每一个轻儿子向上合并 \(siz\) 都会 \(\times 2\)。
-
以下的 \(siz_i\) 都是以 \(i\) 为根的子树大小。树的拓扑序个数是 \(n!\over \prod siz_i\)，证明考虑每个以 \(u\) 为根的子树 \(u\) 的编号最小的概率。森林的拓扑序个数也是 \(n!\over \prod siz_i\)，证明考虑所有树根连向一个虚点，通过一些简单计算便可得到。
trick
题目
CF1225F Tree Factory
题目大意
给定一棵目标树 \(T\)，初始有一棵树 \(S\) 为一条链，你可以任意编号 \([1,n]\) 排列。每次选择一个点 \(u\)，将 \(fa_u := fa(fa_u)\)，求将 \(S\) 变为 \(T\) 的最小步数。并构造 \(S\) 和操作方案。
\(n \le 10^5\)
解题思路
正难则反，想想怎么将一棵树变成一条链，先考虑答案下界：\(siz-maxdep\)。这启发我们每次都是将长链往旁边移。长链剖分后，每次其实都是对一条长链，然后将它迁移到另外的短儿子那里，然后再在短儿子内合并，贪心的去取。
手动模拟一下便可发现，最后链的顺序就是长链剖分后先处理短儿子的 dfn，一个点要动当前仅当 \(dep_{fa_u}<dep_{id_{dfn_u-1}}\)，简单算一算即可。
启发：
- 最优化问题可以先找出答案的上下界，进行一些观察，有时候也能二分。
P9481 [NOI2023] 贸易
题目大意
一棵 \(2^n - 1\) 个点的完全二叉树，树边都是有向边，\(i\) 向 \(i/2\) 有边权 \(a_i\) 边，还有 \(m\) 条祖先向孙子的带权边，求 \(\sum dis(u,v)\)
\(n \le 18, m \le 2^n\)
解题思路
首先，祖先向孙子这一限制肯定非常有用，这样就不会出现跨子树乱跳的情况。
因此，我们可以分类讨论一下，对于节点 \(u\)，其他节点的贡献分为两类，一类是 \(u\) 子树内的点的贡献，另一类是 \(u\) 子树外的点的贡献。
对于第一类点，我们无法通过祖先向孙子的边非树边到达 \(u\)，所以只需要考虑树边即可，非常容易通过树形 DP 求得，记为 \(f_u\)，复杂度 \(O(n)\)。
对于第二类点，由于不会出现跨子树跳的情况，所以 \(v\) 要到 \(u\)，肯定要先到 \(l=lca(u,v)\)，我们考虑能否高效算出 \(dis(l,u)\)。
现在转化为算出点 \(u\) 对它的子树内节点 \(v\) 的最短路，首先可以从 \(fa_u\) 继承过来，然后跑 \(dij\)。考虑总时间复杂度，每个点只会在它的祖先被考虑到，所以会算 \(O(n)\) 次 \(O(2^n n)\) 的最短路，总时间复杂度就是 \(O(2^nn^2)\)。
启发：
- 通过对题目限制的观察，把贡献拆开来考虑。
P4775 [NOI2018] 情报中心
题目大意
有一棵 \(n\) 个点的树，每条边有边权 \(c_i\)。有 \(m\) 条路径 \((x_i, y_i)\)，代价 \(v_i\)。
你要选两条路径，满足这两条路径至少有一条公共边，且至少被其中一条路径覆盖的边权总和减代价总和最大。输出最大值。
\(n \le 5 \times 10^4, m \le 10^5\)。
解题思路
令 \(w\) 为路径的花费 \(c_{(u,v)}=dis{(u,v)}-2w\)，
可能的两种合法方案如图。对于两种情况，收益的两倍均为：
考虑枚举 \(t = lca(u_1, u_2)\) （即相交部分最深的点）
然后求出最大的
还要加上此时确定的 \(-2dep_{t}\)。
这可以看做将 \(v_1\) 的权值定为 \(w_{v_1} = c_{(u_1,v_1)} + dep_{u_1}\) ，而 \(v_2\) 的权值定为 \(w_{v_2} = c_{(u_2,v_2)} + dep_{u_2}\)。
选择 \(v_1, v_2\) 两者配对的贡献为 \(w_{v_1} + w_{v_2} + dis(v_1, v_2)\)，这相当于是一个带权直径问题，根据直径的相关性质可以用线段树维护，下标就是给出的每条路径的选择情况（\(1\sim m\)），结合后面的，用线段树合并非常不错。
\(u_1,u_2\) 选择和 \(v_1,v_2\) 也是对称等价的，考虑哪个都一样，下面考虑 \(u_1,u_2\)。现在问题就变成了我们枚举 \(t\)，考虑满足 \(u_1,u_2\) 在 \(t\) 子树内，\(v_1,v_2\) 在 \(t\) 子树外，这个可以用树上差分解决，也就是在 \(u\) 处挂上 \(w_u\)，在 \(u\sim lca_{u,v}\) 的倒数第二个点（也就是非 lca 深度最小的点）减去贡献，\(v\) 也是同理，所以相当于将一条路径拆成两条，剩下就是 \(dfs\) 跑一遍钦定 \(t=u\) 计算答案然后父亲与儿子线段树合并了。
如果是用 \(O(1)\) lca 的话，时间复杂是 \(O((n+m)\log m)\)。
实现上有些细节：
-
线段树下标是 \(1\sim m\) 的，即边的选取情况，维护的是 不要求一定跨过 \(rt\) 的最长带权路径的两端点，如果要求一定跨过可以在合并两个集合时特别要求一下，也就是枚举的两个端点一定要在 \(rt\) 两侧，返回这个，但是维护的依旧是不要求一定跨过的。
-
要注意，我们这里没有考虑当 \(u_1\) 是 \(u_2\) 的祖先的情况，我们可以在加入的时候，统计一下。
这道题是找 AI 帮忙调代码的，有空的时候自己要补完。
[]
题目大意
给定一颗 \(n\) 个节点有根树，点 \(i\) 权值为 \(a_i\)。
在这个树上支持一种询问：
给定节点 \(u\) 和参数 \(x\)， 假如所有节点点权加 \(x\)，求对于所有完全在 \(u\) 子树内并包含 \(u\) 的连通点集，权值之和最大可能值。
\(1 \le n,m \le 10^6, |a_i|,|x| \le 10^8\)。
题目大意
给定一棵 \(n\) 个节点的树，树根为 1，每条边有边权 \(d_i\)。
定义 \(dep(x)\) 表示一个点到根简单路径上边权的和， \(lca(x, y)\) 表示 \(x, y\) 节点在树上的最近公共祖先。
共 \(m\) 组询问，每次询问给出 \(l, r\)，求对于所有点编号的二元组 \((i, j)\) 满足 \(l \le i, j \le r\) ，有多少种不同的 \(dep(lca(i, j))\)。
\(n \le 10^5, m \le 5 \times 10^5\)。
题目大意
给定一棵有边权的无根树，需要回答一些询问。
定义 \(\text{dist}(i,j)\) 代表树上点 \(i\) 和点 \(j\) 之间的距离。
对于每一组询问，会给出 \(l,r\)，你需要输出 \(\min(\text{dist}(i,j))\)，其中 \(l \le i < j \le r\)。
\(n \le 2 \times 10^5, q \le 10^6\)。
题目大意
给出一颗 \(n\) 个节点的树，和一个长度为 \(m\) 的序列 \(a\)，\(q\) 次询问包含 \(a_{l \dots r}\) 中所有节点的最小联通块大小。
\(n, m, q \le 10^5\)。
[]
题目大意
给你一棵带点权 \(v_i\) 的树，树以 1 为根。初始点权 \(v_i\) 均为 0。
定义 \(\text{dis}(x,y)\) 为树上 \(x,y\) 之间的距离，即 \(x \to y\) 的简单路径上的边数。
设 \(\text{subtree}(x)\) 为树上以 \(x\) 为根的子树，定义
现在给出 \(m\) 次操作，每次操作中给出 \(x,w,y\)，先令 \(v_x \leftarrow v_x + w\)，然后
求 \(\sum_{i \in \text{subtree}(y)} f(i)\)。
\(n,m \le 3 \times 10^5\)。
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