「如果你會了樹上dp，還會線段樹……」
「沒錯！我都會啊！」
「……那你為什麼寫不出樹鏈剖分？」
——by勇者和路由器的對話，今天二位仍然過得十分愉快
bzoj1036：[zjoi2008]樹的統計
題目描述
一棵樹上有n個節點，編號分別為1到n，每個節點都有乙個權值w。
我們將以下面的形式來要求你對這棵樹完成一些操作：
i. change u t : 把結點u的權值改為t
ii. qmax u v: 詢問從點u到點v的路徑上的節點的最大權值
iii. qsum u v: 詢問從點u到點v的路徑上的節點的權值和
注意：從點u到點v的路徑上的節點包括u和v本身
輸入格式：
輸入檔案的第一行為乙個整數n，表示節點的個數。
接下來n – 1行，每行2個整數a和b，表示節點a和節點b之間有一條邊相連。
接下來一行n個整數，第i個整數wi表示節點i的權值。
接下來1行，為乙個整數q，表示操作的總數。
接下來q行，每行乙個操作，以「change u t」或者「qmax u v」或者「qsum u v」的形式給出。
輸出格式：
對於每個「qmax」或者「qsum」的操作，每行輸出乙個整數表示要求輸出的結果。
輸入樣例：4
1 2
2 3
4 1
4 2 1 3
12 qmax 3 4
qmax 3 3
qmax 3 2
qmax 2 3
qsum 3 4
qsum 2 1
change 1 5
qmax 3 4
change 3 6
qmax 3 4
qmax 2 4
qsum 3 4
輸出樣例：4
1 2
2 10
6 5
6 5
16說明
對於100％的資料，保證1<=n<=30000，0<=q<=200000；中途操作中保證每個節點的權值w在-30000到30000之間。
我們發現題中要求的內容類似於線段樹：單點修改，區間詢問。
但是，這是一棵樹啊！我們怎麼才能在樹上建乙個只適用於一維的資料結構呢？
我們要拋棄線段樹嗎？
那麼我們要試圖把樹拍扁成一維的嗎？
……只能這樣了。
其實拍扁成一維並不難想，考慮當樹為一條鏈的時候嗎，我們就直接上線段樹即可。
那麼模擬一棵完整的樹時，我們就把它分解成一條一條鏈然後拼在一起線段樹維護即可。
關鍵問題在於要如何分解成鏈才能使得我們查詢既快捷又方便呢？
這裡當然就是樹鏈剖分的活啦！
定義size(x)為以x為根的子樹的節點個數。 ž令v為u的兒子節點中size值最大的節點，那麼邊(u,v)被稱為重邊，樹中重邊之外的邊被稱為輕邊。
我們稱某條路徑為重路徑，當且僅當它全部由重邊組成。
性質 1:輕邊(u,v)，size(v)<=size(u)/2。
ž性質 2:從根到某一點的路徑上，不超過o(logn)條輕邊，不超過o(logn)條重路徑。
對於性質1，我們肉眼觀察法和反證法都能解決。
對於性質2就不是那麼明顯了，我們來證明一下：
由性質1可知，每經過一條輕邊，子樹的節點個數至少減少一半，所以至多經過 o (log n ) 條輕邊。
而進入（或從……出去）一條重路徑，一定需要經過一條輕邊，所以至多經過 o (log n ) 條重路徑。
有了以上兩個性質之後，我們就可以發現這種分法的優越性了，我們僅僅只需要搜大概logn級別即可。
我們具體需要求出7個值，分別為：
對於節點u：
父親fa;
深度dep;
子樹節點數size（又叫重量）;
重兒子son;
所在重路徑的頂部節點top;
在序列的位置pos（下標）。
對於序列的乙個下標：
對應樹的位置idx。
前四個樸素dfs即可解決，後三個根據節點的重兒子再dfs即可解決。
注意：我們的目的是為了將樹分解成重路徑，所以第二次dfs建序列的時候要先加重兒子再管其他節點。
我們將u到v的路徑分解成:
當u與v不在同乙個重路徑時：
u所在的部分重路徑+top[u]到top[v]+v所在的部分重路徑。
當u與v在同乙個重路徑時（顯然不需要分解）
按照上面的方法遞迴並且不斷求出這些段的值完後彙總即可。
那麼我們就想先跳u為top[u]還是跳v為top[v]——方法就是，為了防止跳大了，跳得越少越好（比較top[u]和top[v]的dep即可）。
例題**如下：
//luogu2590
//zjoi2008樹的統計
#include
#include
#include
#include
#include
using
namespace
std;
const
int n=30001;
const
int inf=2147483647;
inline
int read()
while(ch>='0'&&ch<='9')x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48),ch=getchar();
return w?-x:x;
}struct nodeedge[2*n];
int head[n],cnt=0,n;
inline
void add(int u,int v)
int fa[n],dep[n],size[n],son[n],top[n],pos[n],idx[n];
//依次為u的父親,深度,重量,重兒子,重路徑頂端,對映,反映射
int val[n],sum[n*4],maxn[n*4];
//依次為u的點權,區間和,區間最大值
void dfs1(int u)
return;
}int tot;
void dfs2(int u,int anc)
return;
}void build(int a,int l,int r)
int mid=(l+r)>>1;
build(a*2,l,mid);
build(a*2+1,mid+1,r);
sum[a]=sum[a*2]+sum[a*2+1];
maxn[a]=max(maxn[a*2],maxn[a*2+1]);
return;
}int querysum(int a,int l,int r,int l1,int r1)
int querymax(int a,int l,int r,int l1,int r1)
void modify(int a,int l,int r,int p,int v)
int mid=(l+r)>>1;
modify(a*2,l,mid,p,v);
modify(a*2+1,mid+1,r,p,v);
sum[a]=sum[a*2]+sum[a*2+1];
maxn[a]=max(maxn[a*2],maxn[a*2+1]);
return;
}int pathsum(int u,int v)//一次爬少些，防止爬太大從而搜點搜多了
return pathsum(fa[top[u]],v)+querysum(1,1,n,pos[top[u]],pos[u]);//爬掉一整個重路徑
}if(dep[u]>dep[v])
return querysum(1,1,n,pos[u],pos[v]);//一條重路徑上一段
//此時u是深度較小的那個點,也就是原路徑的lca
}int pathmax(int u,int v)
return max(pathmax(fa[top[u]],v),querymax(1,1,n,pos[top[u]],pos[u]));
}if(dep[u]>dep[v])
return querymax(1,1,n,pos[u],pos[v]);
}void init()
int main()
for(int i=1;i<=n;i++)val[i]=read();
init();
build(1,1,n);
int q=read();
while(q--)
return
0;}
樹鏈剖分 模板
class match node a n struct no no aa n 4 void init void addpage int x,int y void dfs int s,int faa,int h 根節點，父節點和深度的 if max 0 son s sign void dfs2 int...
模板 樹鏈剖分
define maxn 50010 define l u u 1 define r u u 1 1 寫在類裡面爆棧 int n,m,q int tim 時間戳 int num maxn 樹上每個節點的初始值 int siz maxn siz u 表示以u為根的子樹的節點數 int top maxn ...
樹鏈剖分模板
點權模板 1 m a b c將節點a到節點b路徑上所有點都染成顏色c 2 q a b詢問節點a到節點b路徑上的顏色段數量 連續相同顏色被認為是同一段 如 112221 由3段組成 11 222 和 1 const int n 100100 struct edge g n 2 int cnt,head...