树论相关算法
[2025-04-29] 新增树上依赖型背包。
[2025-06-11] 将最小生成树相关内容移到图论文章中。
LCA
这部分不算是一种算法，而是最近见到一些关于 LCA 的各种东西。原来自己并不理解 LCA。
首先讲一下 \(O(n \log n)-O(1)\) dfs 序 LCA 科技。
好神奇的做法！查询吊打倍增和树剖，常数全方位吊打欧拉序，就是空间没有树剖优秀。学了这个卡常的时候很有用。
以下内容参考 魏老师博客。
设树上的两个结点 \(u,v\) 的最近公共祖先为 \(d\)。
我们不得不使用欧拉序求 LCA 的原因是在欧拉序中，\(d\) 在 \(u,v\) 之间出现过，但在 dfs 序中没有。
以下内容假设 \(dfn_u < dfn_v\)。
- 情况 1：当 \(u\) 不是 \(v\) 的祖先
设 \(v'\) 为 \(d\) 的子树包含 \(v\) 的儿子，显然 \(v'\) 在 \(u\rightarrow v\) 的 dfs 序之间。
并且对于 dfs 序而言，祖先一定出现在后代之前，所以任何 \(d\) 以及 \(d\) 的祖先均不会出现在 \(u\rightarrow v\) 的 dfs 序中。
所以我们只需要求 \(u \rightarrow v\) 的 dfs 路径之间深度最浅的点的父亲。
- 情况 2：当 \(u\) 是 \(v\) 的祖先
直接用上面的结论会查到 \(v\) 的父亲。可以特判，但是太麻烦了。
考虑令查询区间从 \([dfn_u,dfn_v]\) 变成 \([dfn_u+1,dfn_v]\)。
对于情况 1，\(u\) 显然一定不等于 \(v'\) 所以不影响，对于情况二显然正确。
综上，若 \(u=v\) LCA 显然，若 \(u \neq v\) 就查询 \([dfn_u+1,dfn_v]\) 之间所有点的父亲中深度最浅的，可以 st 表实现。
代码很好写，但是注意 st 表的一些易错点。
int mnd(int x,int y){return (dfn[x]<dfn[y])?x:y;}
void dfs(int x,int fa){
dfn[x]=++cnt,st[cnt][0]=fa;
for(int i=hd[x];i;i=eg[i].nxt)
if(eg[i].v!=fa) dfs(eg[i].v,x);
return ;
}
int lca(int x,int y){
if(x==y) return x;
if((x=dfn[x])>(y=dfn[y])) x^=y^=x^=y;
int d=l[y-x];
return mnd(st[x+1][d],st[y-(1<<d)+1][d]);
}
signed main(){
read(n),read(m),read(s);
for(int i=1;i<n;++i)
read(x),read(y),add(x,y),add(y,x);
dfs(s,0); l[1]=0;
for(int i=2;i<=n;++i) l[i]=l[i>>1]+1;
for(int i=1;i<=l[n];++i)
for(int j=1;j+(1<<i)-1<=n;++j)
st[j][i]=mnd(st[j][i-1],st[j+(1<<(i-1))][i-1]);
while(m--) read(x),read(y),writeln(lca(x,y));
return 0;
}
在看见求 \(dep(LCA)\)，且 \(dep\) 定义为到根的边数或点数时可以想如下转化：两个点的 LCA 的深度是它们到根的路径重叠部分的长度，于是一个点到一个区间每个点的 LCA 的深度和，就是这个点到根的路径的每条边（或每个点），区间内经过这个边（点）的路径数量的和。
此题就是用这个结论，信息可减，把询问离线差分一下，扫描线即可。
用到了区间 LCA 的一些性质。结论是 \(\operatorname{LCA}[l,r]\) 是 \(\operatorname{LCA}(i,i+1)(l\leq i <r)\) 中深度最浅的。证明考虑 LCA 至少两个不同子树内存在区间内的点，所以至少有一对区间内相邻的点不在同一个子树内，它们的 LCA 就是区间 LCA。（不是很严谨的证明，只能感性理解一下了）。
考虑处理出所有 \(\operatorname{LCA}(i,i+1)\) 对应的最大区间，可以发现若区间合法子区间一定合法，问题转化为找这些区间与询问区间的交集 \(\geq k\) 的最大的 \(dep\)，分类讨论一下扫描线，具体细节见代码注释，不是这里讨论的重点。
虚树
有时候问题只与一些点和它们的 LCA 有关，此时如果遍历整棵树会浪费时间，但如果只看这些点就可以使用很多暴力做法。
虚树的构造就是用栈维护一个最右链，按 dfs 序从小到大加入点，分类讨论。
int build(){
sort(h+1,h+k+1,cmp);
int tp; stk[++top]=h[1];
for(int i=2;i<=k;++i){
int nw=h[i],lc=lca(nw,stk[top]); tp=0;
while(dep[stk[top]]>dep[lc]){
if(tp) add(stk[top],tp); tp=stk[top--];
}
if(stk[top]!=lc) stk[++top]=lc;
if(tp) add(lc,tp); stk[++top]=nw;
}
tp=0;
while(top){
if(tp) add(stk[top],tp); tp=stk[top--]; //这一步别忘了
}
return tp;
}
就是虚树上做树形 dp。
对于两两路径和，考虑计算每一条边的贡献，即边权乘上边两端关键点个数的积。
虚树上一条边 \((u,v)(v \in son_u)\) 的边权就是 \(dep_u-dep_v\)。
先边双缩点，再建虚树，然后再在虚树上连边，缩点，然后看给定点集中的点是否都在一个强联通分量中。
代码细节较多。
首先看到 \(\sum m \leq 3\times 10^5\) 这种限制，结合它要求距离相关，考虑每次询问建出虚树。
对于在虚树中的点，容易用 bfs 或换根 dp 求出到它们距离最近的关键点。对于虚树上的一条边 \(fa_u \to u\)，里面可能有些点被省略了，而这些点应该有个分界点，上半部分属于 \(u\) 子树外的点，下半部分属于 \(u\) 子树内的点，当然也可能全部属于子树外或内。考虑求出 \(f_x,g_x\) 分别表示 \(x\) 子树内和外离它最近的点（pair 类型，还要存编号），两次 dfs 即可，然后在每条边的地方讨论一下找到分界点。
还有一些点既未出现在虚树上，也没出现在虚树的边上，但是这些点可以挂到离它们最近的虚树点或虚树边上省略的点上。对每个虚树点求出有多少点挂在上面，对于被省略的路径，也可以用原树的 \(sz\) 数组计算所有点数。
虚树都写完了才发现教练标了它是 10 级知识点
upd：NOI 大纲修订，虚树不是 10 级了！
点/边分治
当处理的问题与树的形态无关（比如统计某种路径的个数）时，考虑把路径分为经过根的和不经过根的，每次统计经过根的，然后再把树分为几个子树，在每个子树内找一个根做同样的统计。有点像 CDQ 分治。
统计经过某点的路径一般是将所有路径分为 2 段，然后计算拼起来的合法路径数量。
为了保证复杂度，每次定一棵树的重心为根。
点分树就是将一个点向它所有子树的重心连边重新构成的树，相当于将整个点分治的过程记录下来。
点分树模板题。
点分树，又名动态点分治，就是对于一些强制在线或带修多次询问的题目，不能离线处理所有询问，就将点分治的过程涉及到的半条路径都存下来，然后询问/修改的时候暴力跳分治中心，在存下来的数据结构上查询/修改。
本题若没有修改操作，显然可以将询问挂在点上然后点分治。每次分治将所有半路径按到分治中心的距离排序，查询都是一段前缀，双指针+前缀和似乎就可以做，当然也可以树状数组。现在带修，单点修改某个点的权值，那么考虑用树状数组维护。
建出点分树，然后对每个分治中心，存下维护它的所有半路径的树状数组（需要 vector 动态分配空间，总空间是 \(O(n\log n)\) 的）。然后存下每个分治中心的上一层，即点分树上的父亲 \(fa\)。每次暴力跳 \(fa\) 的次数是 \(\log\) 的，每跳到一个分治中心时在树状数组上查询或修改即可。
上面讲得较为粗略，实际上有不少细节，不过相对思路来说不重要了（bushi
这题点分树或边分树都能写。
边分治即每次找一条边尽量将树平均分为两棵子树，计算跨过这条边的答案，然后再对分成的两部分递归处理直到不存在边为止。
但是对于一般的树，这样可能会有一些问题。比如菊花图，无论选哪条边都只能分成一个大小为 1 的点和剩下的部分，于是复杂度达到了 \(n^2\)。所以在做题的时候会通过增加 \(O(n)\) 的点和边权为 0 的边将树变为每个点度数都 \(\leq 3\) 的，任意两点间距离与原来相同的新树再分治。
然而这题都保证度数 \(\leq 3\) 了，那直接上边分治啊！
若是没有强制在线，直接把询问挂在点上，每次分治的时候计算跨过当前边的点的贡献，树状数组维护即可。
强制在线考虑建出边分树，一次询问一个点涉及到的分治中心只有 \(O(\log n)\) 个。实现预处理每个分治中心的树状数组并存好，询问直接暴力在每个分治中心处查询即可。
设当前分治中心为 \(rt\)，\(v\) 到 \(rt\) 的路径上距离为 \(d\)，\(u \rightarrow v\) 的路径满足条件
直接算的话左边的部分与 \(u\) 和 \(v\) 都有关，所以对式子稍作变形
这样就可以用点分治做了。
在不少题目中可能会用到类似的方式，有时候变形要复杂很多，比如 P7283 这题要拆 \(\max\) 分讨。
用到一个结论：求一个完全图的最小生成树，可以把所有边分成若干个边集，对于每个边集内求最小生成树，再把剩下的边保留再求最小生成树，可以得到原图的最小生成树。
点分治，考虑经过重心的路径产生的边集的 MST，然后加到最终的边集中，再跑 kruskal。
在这里边权算的是 \(x,y\) 到重心的距离 \(dis_x,dis_y\) 的和，对于真正的 \(dis(x,y)\) 只会偏大，而真正的 \(dis(x,y)\) 会在接下来的分治过程中被考虑到。上面提到的边集的 MST，显然就是最小的 \(dis_x\) 和其他点连边。
似乎也可以用 Boruvka 做，但不会。
调的时候一直 TLE 以为哪常数大了或者按秩合并假了结果是点分治重心找错了
用处理众数的基本套路，先二分，然后将 \(\geq mid\) 的设为 1，\(< mid\) 的设为 -1，然后问题转化找求权值最大的长度在 \([L,R]\) 的路径。
点分治，然后单调队列按秩合并。合并的时候把所有子树按子树内最大深度从小到大排序，然后先访问深度小的。这样每次初始化的复杂度是 \(O(maxdep)\)，由于排过序所以 \(maxdep\) 就是当前子树深度，这样总复杂度就是 \(O(n)\) 了，不然会被扫把卡掉。
很好，是我想不出来的智慧题。
有人说过如果你觉得某题是个好题，那说明你的水平和这题还差很远。
首先想出一个结论：是封上若干个叶节点，使得对于每个叶节点，Bessie 到它的距离 \(\geq\) 封上的点到它距离的最小值。（这个我自己想出来的）
考虑确定起始点的情况怎么做。称一个节点被封上，为在离他最近的叶节点处放一个农民，并且农民离他的距离 \(\leq\) 它到 Bessie 的距离。我们需要选若干个点封上，Bessie 不能经过封上的点，使得 Bessie 不能到达任意叶节点。求出离每个点最近的叶节点后可以 \(O(n)\) 树形 dp 求出。
考虑换根 dp继续挖掘性质，不考虑自己就是叶节点的情况，起点 \(x\)，考虑点 \(y\)，可以发现，若 \(y\) 点可以被封上，\(x \to y\) 方向上 \(y\) 的子树（即以 \(y\) 在 \(x\) 方向上连着的点为 \(y\) 的父节点时的子树）都可以被封上。证明可以自己画几个图分类讨论（分类为离 \(y\) 最近的叶节点是否在 \(x \to y\) 方向 \(y\) 的子树内）。
记 \(p_x\) 为离 \(x\) 最近的叶节点。也就是说，可以被封上的点，满足 \(dis(x,y) \geq p_y\)，并且这些点构成的形状是若干个树形的连通块，这些树状物的叶节点一定是原树的叶节点（根除外），而为了封上的点最少，我们要封的就是这些树状物的根节点。这样的根节点找起来比较麻烦，会涉及到其 \(x\) 为根时父节点的信息（即父节点不可以被封上），但是树状物中所有的节点只涉及到自己个 \(x\)，是好找的。考虑容斥，给每个节点赋上权值，使得一个树状物的权值和是 \(1\)。不难想到在自己处加上自己的贡献并在父节点处减去，也就是每个结点权值为 \(1-cntson_x\) 即 \(2-deg_x\)（根节点处，实际上有一条连向 \(x\) 方向的边，所以 \(cntson_x=deg_x-1\)）。
下面只需要找出所有 \(dis(x,y)\geq p_y\) 的路径，给 \(ans_x\) 加上 \(1-deg_y\)，可以淀粉质解决。这种方法在自己封自己的时候会有点小问题，但自己封自己当且仅当该点是叶节点，特判一下就行。
求 \(p_x\) 的方法很多，我只想到换根 dp，实际上一个多源 bfs 就解决了，真是唐的没边。
类似 Tree MST，先在第一棵树上淀粉质，边权转化为 \(val_x+val_y+dis2(x,y)\)（\(val\) 是到分治中心的距离，\(dis2\) 是第二棵树上 \(x,y\) 的距离）。
剩下的问题只和分治区域有关，考虑建出这些点在第二棵树上的虚树。
接下来问题完全转化为 Tree MST 那题了。可以考虑继续使用淀粉质，这样总的边数是 \(n\log^2 n\)，还要排序，时间复杂度不一定能接受。
题解给出更简单的做法：考虑求 \(mn_x\) 表示虚树上最小的 \(dis2(x,y)+val_y\) 的值并记录取到该值的 \(id_x=y\)，对于虚树上每条边 (x,y)，\(id_x\) 和 \(id_y\) 连边，对于每一个在分治区域内的点，\(x\) 和 \(id_x\) 连边。正确性感觉只能感性理解。
写代码的时候注意判一下当前点是不是建虚树引入的辅助点，如果是就没有第二类边。
目前最优解，好耶。
长链剖分
类似重链剖分，只是重链是以子树大小最大的儿子作为重儿子，而长链是以子树深度最大的儿子作为长儿子。
长链剖分的性质：
-
性质 1：从根节点到任意叶子结点所经过的轻边条数不超过 \(\sqrt n\)。
-
性质 2：一个结点的 \(k\) 级祖先所在长链的长度一定不小于 \(k\)。（反证法易得）
-
性质 3：每个节点所在长链末端为其子树内最深的结点。（定义）
长链剖分一般用于优化与深度相关的树形 dp，一般状态为 \(dp[i][j]\) 表示以 \(i\) 为根的子树中深度为 \(j\) 的贡献。
树上 k 级祖先也算是长剖的经典应用。这个可以用倍增做到 \(O(n\log n)-O(\log n)\)，但长剖可以 \(O(n \log n)-O(1)\)，虽然感觉没啥用。
先预处理出 \(f_{i,j}\) 表示从 \(i\) 向上跳 \(2^j\) 步到达的点，长链剖分预处理出每个点对应的链顶和每个链顶向上向下跳 \(len\) （长链长度）的距离到达的点（这个总长度为 \(2n\)，可以用两个数组通过长链 \(dfn\) 连续的性质存）。
现在要查询 \(x\) 的 \(k\) 级祖先，考虑先向上跳 \(k'=2^{\lfloor \log_2 k \rfloor}\) 步到达点 \(x'\)，设 \(x'\) 所在长链长度为 \(d\)，显然 \(k'-k\leq k'\)，又由性质二 \(k'\leq d\)。这个时候再跳到链顶，也能证明链顶离目标点的距离不超过 \(d\)，根据预处理的结果可以一步跳到目标点。
经典的长链剖分优化 dp。
设 \(dp_{i,j}\) 表示 \(i\) 点子树中距离为 \(j\) 的点的数量，轻儿子的答案暴力更新，长儿子的答案继承到父节点。由于继承的时候整体后移一位并在前面加了一位，所以考虑倒着存，这样就只用在后面加一位了。
运用到长链性质。
分数规划 + 长链剖分优化 dp（也可以像 CF150E 一样点分治+单调队列按秩合并）
二分答案，把所有边权减去当前二分的平均值，看长度符合要求的边权和最大的路径边权和是否大于 0。
设 \(f_{i,j}\) 表示以 \(i\) 为根的子树内，向下走 \(j\) 条边的最大边权和，长链剖分优化，然后线段树维护长链剖分。
分类讨论，分为三条路径都在 \(u\) 的子树内和两条在子树内，一条在子树外。
发现若子树内存在 \(\geq 2\) 条等长路径，设这样的路径长度最大为 \(l\)，那么 \(\sum l\) 是 \(O(n)\) 级别。证明考虑长链剖分，去掉长链后另一条路径的最大长度就是短链的最大长度，又要求等长，所以这两条路径的共同长度的最大值是短链长度，套用长剖的证明得到总长度线性。
对于第一类情况，直接长链剖分优化 dp 即可。
对于第二类情况，发现实时维护子树外与 \(u\) 不同距离的点并不容易（其实是能做的，但是我比较菜，不会），考虑一些更好想的做法。
子树外的东西是一条路径，考虑点分治将路径拆为两段，\(u\) 到分治中心和分治中心到其他子树中的某一点，长链剖分维护即可。
复杂度确实是 \(O(n\log n)\) 但是常数巨大，赛时被卡了，悲。
dsu on tree
这种看上去很暴力但是复杂度正确的算法真的好厉害！
每次都遍历所有子树再清空再遍历以父亲为根的树太浪费时间了，发现最后一个遍历的子树的答案可以不用清空直接继承给父亲，dsu on tree 的思想是考虑直接继承重儿子的答案。
由于每个点向上到根所经过的轻边条数不超过 \(\log n\)，所以每个点最多被遍历 \(O(\log n)\) 次，因此时间复杂度 \(O(n \log n)\)。
dsu on tree 经典题。
把询问离线挂到树上然后对每个点算子树内所有深度的点的个数，对于轻儿子算完就清空，对于重儿子不清空保留。
感觉 dsu on tree 的题都差不多所以就不放了。动态维护加入和清空点的方式和莫队很像。
树上依赖型背包
刚学的 trick，用于解决选了某个点就必须选择其父节点的有根树上背包。
其时间复杂度的优化主要体现在把树拍为序列，回避了背包合并，每次都只加入单种物品。
为了方便，规定下面讨论的这棵树的节点编号等于 dfs 序。
首先树上背包做这个问题可以算出以每个点为根的子树的答案，其实我们并不需要这些，只需要求点 1 的答案。
考虑改写 dp 状态，设 \(f_{i,j}\) 表示考虑了 \(dfn \geq i\) 的点，体积和为 \(j\) 的最大价值。
在点 \(x\)，考虑其选或不选：
-
若 \(x\) 不选，那么直接跳过 \(x\) 的子树，将 \(f_{x+sz_x}\) 直接搬到 \(f_x\)。
-
若 \(x\) 选，那么从 \(f_{x+1}\) 加入若干物品 \(x\) 转移到 \(f_x\)，注意至少需要加入一个物品。
这样为什么能保证选出来的物品一定满足依赖要求，也就是不存在某点 \(x\) 和 \(fa_x\) 都考虑过，但是 \(x\) 选了但 \(fa_x\) 没选的情况？
考虑归纳证明，设 \(dfn\) 最大的点为 \(n\)，\(f_{n+1}\) 没有选点，一定合法。
对于点 \(x\)，若不选那么它的子树一定满足要求，而 \(f_{x+sz_x}\) 也合法，且考虑过的点不会受到 \(x\) 的子树不选的影响，所以结合起来依然合法。
若选 \(x\)，此时 \(x\) 的子树就可以选了，限制被放到了子树上。依旧分为 \(x\) 的子树内和子树外两部分，由于 \(f_{x+1}\) 合法，这两部分一定都合法。加上 \(x\) 后，第二部分不影响，第一部分容易发现依然合法。
然后模拟一下发现所有情况都可以被这样算到，正确性得证。
背包加法合并（瞎起的名字，与 \(O(V^2)\) 合并的区别参照多项式加法和多项式乘法）和背包加入单种物品（无论是 01 背包，多重背包还是完全背包）的复杂度都是 \(O(V)\)，所以这个算法的复杂度是 \(O(nV)\)。
朴素的树上背包 \(O(nm^2)\) 不能通过。
注意到要选出一个连通块，若钦定包含某个点，那么问题就转化为以这个点为根的树上依赖型背包。对每个点都做一次，复杂度降为 \(O(n^2m)\)，但依旧不能通过。
上述做法存在很多重复计算，钦定某一个点 \(x\) 为根后，已经考虑过所有包含 \(x\) 的连通块，下面只需要算不包含 \(x\) 的，也就是删去点 \(x\)，对剩下的每棵子树解决上述问题。
考虑点分治，每次钦定选取重心，然后递归解决重心的子树。时间复杂度 \(O(nm\log n)\)。
才发现原来点分治也可以分治连通块！
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