图论（树）笔记

图论（树）讲解部分

随机树据

在题目中树为纯随机生成时，会有一些额外的性质：

当第 $i$ 个点的父亲在 $[1, i − 1]$ 中等概率随机选取，那么树的高度期望为$O(log n)$。
当树从所有有标号无根树中随机选取，那么树的高度期望为 $O(\sqrt{n})$。

树上倍增

倍增在关于树的问题中是一种非常常用的技巧，特别是在刻画树上路径时。

倍增本质上是对一个点到根形成的序列的某个子列的刻画，并不局限于 $2^k$

级父亲。同时因此，倍增在最深公共祖先问题中在某些方面比其他算法更优秀。

例题1：

题面

给定一棵树，初始时只有根一个点，你需要维护如下操作：

给定 $u$，假如现在树上有 $n$ 个节点，那么新增一个父亲为 $u$，编号为 $n + 1$的叶子节点。
给定 $u, v$，询问这两个的 lca。

强制在线，操作共 $n$ 次。

$1 \le n \le 3 \times 105$

思路

我们尝试使用倍增来求 lca，注意到加入节点 $i$ 时，所有 $i$ 的祖先的倍增数

组已经求出，我们可以直接利用来求出 $i$ 的倍增数组。所以加入一个叶子的复杂度就是 $O(log n)$。

总复杂度 $O(n log n)$。

[省选联考 2021 A/B 卷] 宝石

题面

给定 $n$ 个点的树，每个节点有一种宝石，第 $i$ 个节点宝石种类为 $w_i$，宝石
总共有 $m$ 种。

你有一个宝石收集器。这个宝石收集器能按照顺序收集至多 $c$ 颗宝石，其

收集宝石的顺序为：$P_1, P_2 \dots P_c$。更具体地，收集器需要先放入第 $P_1$ 种宝

石，然后才能再放入第 $P_2$ 种宝石，之后再能放入第 $P_3$ 种宝石，以此类推。其中 $P_1, P_2 \dots P_c$ 互不相等。

你到达一个点后，如果该点上宝石种类和当前收集器中需要放入的种类相同，则你可以把一个该种宝石放进收集器。

询问 $q$ 次，每次给出起点 $s_i$ 与终点 $t_i$，你需要回答，如果你走从 $s_i$ 到 $t_i$的最短路，收集器中最多能收集到几

个宝石？（在每次询问中，收集器内初始时没有任何宝石。起点与终点城市集市上的宝石可以尝试被收集）

$1 \le n, q \le 2 \times 105，1 \le c \le m \le 5 × 104，1 \le wi \le m$。

思路

考虑二分答案 $x$，如何判定。记 $l = lca(s_i, t_i)$，把路线拆成 $s_i$ 到 $l$，$l$ 到 $t_i$两部分。

对于宝石种类为 $P_i$ 的点 $u$，记 $f_u,0$ 为它向上第一个种类为 $P_i+1$ 的点，

$g_u,0$ 为它向上第一个种类为 $P_i−1$ 的点，然后记$f_{u,j} = f_{fu,j−1,j−1, gu,j }= g_{gu,j−1,j−1}$。
令 $U$ 为 $s_i$ 向上第一个种类为 $P_1$ 的点（包括自己），$V$ 为 $t_i$ 向上第一个种类为 $P_x$ 的点（包括自己），那么就利用 $f, g $倍增判定 $x$ 是否可行即可。
复杂度 $O((n + q)log_2n)$。

树上差分

当需要对链进行操作，可以离线的时候，树上差分非常好用。

树上差分本质上是维护父亲减去所有儿子的差分数组，使得对链修改时只需要改 $O(1)$ 个点，还原时也可以 $O(n)$ 全部还原。

[NOIP2015 提高组] 运输计划

题面

给定一个点数为 $n$ 的带非负边权的树，以及树上的 $m$ 条链（可能有交），一条链的长度为链上所有边的边权和。

你现在可以把恰好一条边的边权变为 $0$，你需要使得这 $m$ 条链的长度的最大值最小。

$1 \le n, m \le 3 \times 105$。

思路

我们可以二分答案 $x$，对于链长已经小于等于 $x$ 的链，我们可以忽略，那么我们只需要求出一条边权最大的边，使得剩余所有链都包含这条边。

我们预处理 lca 后，就可以用树上差分在 $O(n + m)$ 的复杂度内求出每条边被多少条链包含。

复杂度 $O((n + m)log n + (n + m)log W)$，其中 $W$ 为边权和。

LCA技巧

考虑对于有根树而言，求 $dep_{lca(u,v)}$ 可以视为，对 $u$ 到根的路径链加一，然后求 $v$ 到根路径上的和。

[LNOI2014] LCA

题面

给出一个 $n$ 个节点的有根树。一个点的深度定义为这个节点到根的距离 $+1$。

设 $dep[i]$ 表示点 $i$ 的深度，$LCA(i, j)$ 表示 $i$ 与 $j$ 的最近公共祖先。

有 $m$ 次询问，每次询问给出 $l, r, z$。

$\sum_{i=l}^r dep[LCA(i,z)]$。

$1 \le n, m \le 50000。$

思路

离线，将$\sum_{i=l}^r dep[LCA(i,z)] 拆成\sum_{i=1}^r dep[LCA(i,j)]和\sum_{i=1}^{l-1} dep[LCA(i,z)]$。

$\sum_{i=1}^r dep[LCA(i,j)]$,相当于令$\forall 1 \le i \le r$ ,到根的路径加一，然后询问$z$到根的链和。对询问排序后重链剖分即可。

时间复杂度 $O((n + q)log^2n)$。

长链剖分

在题目与树的深度/链长/直径有关的时候，长链剖分是一种常见的技巧。

特别是在 dp 状态涉及子树深度时，长剖可以用来优化 dp。

长链剖分和重链剖分类似，设子树深度最深的儿子作为长儿子，其他为短儿子，长儿子对应的边为长边，连通的长边构成长链。可以证
明，从任意点到根节点至多经过 $O(\sqrt{n})$ 条长链。

同时，由于长链的性质，可以很快地解决一些和深度有关的问题，比如
$O(n log n) − O(1)$ 求 $k$ 级祖先

[POI2014]Hotel 加强版

题面

给定大小为 $n$ 的树，边权全为 $1$，求三元组 $(i, j, k)$ 的数量使得$1 \le i < j < k \le n$ 且 $i, j, k$ 在树上两两的距离完全相同。

$1 \le n \le 105$。

思路

令 $f_{u,j}$ 为 $u$ 子树内离 $u$ 距离恰为 $j$ 的点的数量。
令 $g_u,j$ 为 $u$ 子树内，满足如下条件的点对 $v, w$ 的数量：令 $v, w $ 的 lca 为
$l$，那么 $v, w$ 离 $l$ 的距离相等且 $l$ 离 $u$ 的距离恰为 $v$ 离 $l$ 的距离减 $j$。
写出转移式子，当加入 $u$ 的儿子 $v$ 时：

$ans ← g_{v,j}f_{u,j−1} + g_{u,j}f_{v,j−1}$
$g_{u,j+1} ← f_{u,j+1}f_{v,j}$
$f_{u,j+1} ← f_{v,j}$
$g_{u,j−1} ← g_{v,j}$
注意到，如果暴力转移，那么复杂度是 $O(len_v)$，其中 $len_v$ 为 $v$ 子树的深
度。同时，从长儿子继承状态是 $O(1)$ 的。所以总复杂度是所有长链的长度和
即为 $O(n)$。

树的重心

直径和重心都是树非常重要的特征。重心的定义为使得删去后剩余子树最大点数最小的点，但是它有其他更有用的定义。

[ZJOI2015] 幻想乡战略游戏

题面

给定 $n$ 个点的无根树，点有非负点权 $d_i$，边有正边权。有 $Q$ 次操作：
修改某个 $d_i$，保证修改后 $d_i$ 非负。
查询:$$min_u{\sum_{i=1}^{n} dis(u,i) d_i}$$

其中 $ dis(u, v)$ 为 $u, v$ 两个点在树上的最短距离。

$1 \le n, Q \le 105$。
原题作为动态点分树板子还有个每个点度数不超过 $20$ 的限制，但是我们有一个更简单的做法不需要这个限制。

思路

事实上，使得要求式子最小的点 $u$ 即为树的带权重心，这也是重心的其中一个定义。

我们令 $1$ 作为根，求出每个子树点权和 $sz_i$，那么重心就是满足$sz_1 \le 2sz_u $且使得 szu 最小的 u，这是重心的另一个定义。

那么假如我们已经获得了一个重心子树内的点 $v$，我们只需要不断令$v ← fa_v$，直到 $2szv \ge sz1$ 即可找到重心，这个过程我们可以用树状数组/线段

树维护子树的点权和，配合倍增做到 $O(log^2 n)$。

那么我们怎么找到 $v$ 呢？考虑把点按 dfs 序排列为 $p_i$，那么一个点的子树

对应这个排列的一个连续段，所以我们找到最小的 $v$，使得 $dp_i \ge sz_1$，

这个 $v$ 一定在重心的子树内。我们二分查找到这个 $v$ 即可。

总复杂度 $O(q log^2n + n)$。

CF1667E

题面

对于所有点数为 $n$ 的树，如果其满足对于所有 $i \in [2, n]$,与$i$相连的$j$中恰有一个点 $j$ 满足 $j < i$ ，那么我们称其为好树。

$\forall 1 \le i \le n$，求出来有多少好树满足重心为 $i$。

重心定义满足为删去该点后形成的所有连通块大小均小于 $\frac {n−1}{2}$ 的点。

数据范围 $3 \le n \le 2 \times 105$ 且 $n$ 为奇数。

思路

设 $f_i$ 为以 $i$ 为根的子树大小超过 $m =\frac{n+1}{2}$的方案。

那么有：$$f_i=\sum_{j=m}^{n} \binom{n-i}{j-1}(i − 1)(n − j − 1)!(j − 1)! $$

其中 $\binom{n-i}{j-1} (j-1)!$为选择 $j − 1$ 个点挂在 $i$ 的子树内的方案，$(n − j − 1)!$ 为子树外的点选父亲的方

案，$i − 1$ 为 $ i$ 选父亲的方案。

\[f_i=(n-i)!(i-1)\sum_{j=m}^{n}\frac{(n − j − 1)!}{(n − i − j + 1)!} \]

\[=(n-i)!(i-1)!\sum_{j=m}^{n}\binom{n-j-1}{i-2} \]

\[=(n-i)!(i-1)!\sum_{j=i-2}^{n-m-1}\binom{j}{i-2} \]

\[=(n-i)!(i-1)!\binom{n-m}{i-1} \]

考虑设 $g_i$为 $i$ 为重心的方案数。考虑某个点 $j(j > i)$ 向父亲跳的过程，那么 $i$是 $j$ 的祖先的概率为 $\frac{1}{i}$。

那么有：$$g_i=f_i\frac {\sum_{j=i+1}^{n}g_j}{i}$$

复杂度$O(n)$

谢谢大家！撒花~~~

posted @ 2023-07-28 15:30 Kylin_ZHH 阅读(76) 评论(0) 收藏举报

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