点分治（不是奶龙写的）

下文可能会出现一些把点分治叫成淀粉质的情况。

事情都要从学长让我写一些神秘题开始说起，然后发现我不会点分治了，于是严肃加训。

基础

首先考虑分治是一个什么东西。就是每次找一个端点，然后计算跨端点的贡献。同时，选择的这些端点具有某些特殊性质，以保证递归层数不会太多，进而每层内可以遍历区间内所有元素，去计算一些信息。

不难发现，这样计算是不重不漏的（可能需要特判 \(l=r\) 的贡献，这个一定不能忘记）。

在树上，我们也可能会遇到一些这一类的问题，那么，我们能不能把这种策略搬到树上呢？

显然是可以的。下面我们引入一些例题。

P4178

计算点对数量这个东西，按照上面的策略来说，我们应该让它跨过已些东西计算，同时保证跨的这些点有一些良好性质。

于是，对于一个分治中心 \(u\)，我们只去计算跨过 \(u\) 的点对的贡献。同时，为了防止出题人给我们一条链把我们创飞，我们需要每次选择子树内重心当作分治中心。

接下来考虑在每一层内把所有点待算点全都挖出来，然后按距离排序，夹逼双指针即可。这样是两只 \(\log\) 的，显然能过。

这里显然你不能选择自己和自己作为一个点对，所以不需要特判。

代码细节非常多，可以参考实现（虽然好像没 AC 看不到，但是扔剪贴板里可能被我哪天删了（））。

也许是一份参考实现

P3806

仍然是板子题。

听说按照上道题的方法跑 \(m\) 次点分治会被卡（好像是因为常数比较大），于是把询问离线下来，每次弄完 \(O(m)\) 判断是否有询问合法了。

剩下的和上道题没区别，只是不需要双指针了而已。

也许是代码

P5563

你发现他让你求模意义下的最大值，我们先考虑原来的做法，把两段拼到一起。

你发现，直接找最大的可能是错的，因为你可能取模后变得更小，用一个更小的数但是加起来不被取模掉的可能更优。

但是，仔细想想发现，其实只要在过程中记得取模，那么两个数加起来取模后至多减掉一个 \(mod\)。

所以你直接找最大值算一次，再二分出最后一个不会取模掉的数算一次就行了。

具体实现可以用 multiset，先把所有加进去，然后临时把这个子树里的东西挖出来计算。

真的是代码

CF161D

作业，但是放个代码。

嘟嘟嘟

不基础

注意到点分治只能求静态问题的答案。那如果带修改怎么办呢？

显然有一个东西叫动态点分治（点分树）。点分树有一些很好的性质：

• 每个子树内的点在原树上都是一个连通块。

但是你怎么知道我被这个卡了一下午。

这是因为，其实点分树上每条边相当于把当前树弄成几个连通块，然后点分树每个子树就各自对应了一个连通块。

• 两点 \(u,v\) 在点分树上的 LCA 在 \(u,v\) 原树的路径上。

我们假设 LCA 为 \(p\)。你发现，如果 \(p\) 不在 \(u,v\) 路径上，那么意味着如果你从 \(p\) 把原树裂成好几份的话，\(u,v\) 在同一棵子树里，显然此时 \(u,v\) 在点分树上的 LCA 不会是 \(p\)。

• 点分树树高是 \(O(\log n)\) 量级的。

显然你往上跳一次子树大小至少乘 \(2\)，所以至多跳 \(O(\log n)\) 的。

然后考虑一个事情，我们在树上统计点对相关东西时，经常会枚举它们的 LCA。若我们确定了其中一个点，则显然的一种暴力是暴力跳这个点的祖先钦定其为 LCA 并计算。

这里由于点分树的良好性质，暴力跳的时间复杂度是可接受的。

P6329

在线树上邻域数点。

下文的距离都指原树上两点的距离，子树都指点分树上的子树，祖先都指的是点分树上的祖先。

设 \(f_1(u,d)\) 表示点分树上 \(u\) 子树中距离 \(u\le d\) 的点的点权之和，\(f_2(u,d)\) 表示点分树上 \(u\) 子树中距离 \(fa_u\le d\) 的点的点权之和。

注意，这里并没有 \(f_1(u,d-1)=f_2(u,d)\) 的关系式，因为原树上的距离和点分树上的距离并不相等，甚至可能没有什么关系。

假设我们现在要求一对 \((x,k)\) 的答案，根据上面的东西，一个自然的想法是直接从 \(x\) 往上跳，然后宣称跳到的这个点就是我们要算的 \((x,y)\) 的 LCA。假设我们当前跳到了 \(p\)。显然，此时的贡献是 \(f_1(fa_p,k-\operatorname{dist}(fa_p,x))-f_2(p,k-\operatorname{dist}(fa_p,x))\)。这是因为你要减掉 LCA 在 \(fa_p\) 真子树里的已经算过的贡献。然后这里初始还有个贡献，这个很显然就不说了。

然后只有询问的情况就做完了（哦其实没完全做完，但是 \(\operatorname{dist}\) 的求法是简单的，用重剖随便单 \(\log\) 做），我们考虑怎么修改。

不难发现，修改你也可以从 \(x\) 一直往上蹦，同时你发现单点改和单点加没区别，所以直接对于跳到的点加上新权值减去旧权值的差即可。

至于维护这个 \(f_1,f_2\)，直接用 vector 实现的树状数组就行，由于我们上面的性质，只需要把树状数组的大小初始化为点分树子树大小即可。然后你就做到了 \(O(n\log^2 n)\)。

史山

P2056

相当于维护虚树的直径。

首先每个点仍然只计算以点分树上每个点为 LCA 的路径。于是你发现，修改一个点只会影响到它的祖先，所以你可以暴力跳修改。

但是类似上一题，你的 LCA 实际上有可能在子树内，然后就寄掉了。上一题因为你的信息是可减的所以直接减就行，但是最大值你显然减不了一点。

所以你不得不在每个点上开一个 multiset 去存东西。具体地 \(f_i\) 存储所有 \(i\) 子树内的点到 \(fa_i\) 的距离；\(s_i\) 为所有 \(i\) 子节点的 \(f_i\) 的最大值加上次大值。

于是答案是所有 \(s_i\) 的最大值。根据我们上面说的，一次修改只有 \(O(\log n)\) 个点，每次修改是 \(O(\log n)\) 的，所以最后是 \(O(q\log^2 n)\) 的。

听说直接用 multiset 会被卡常，用两个堆实现 multiset 就过了，手写堆应该也可以。

代码

CF337D

习题，好做的，仍然扔个代码。

代码