樹鏈剖分總結

樹鏈剖分思想不是很複雜。首先給出幾個定義吧:

其核心思想就是，將一棵樹拆成多條鏈，然後對於每一條鏈，就用資料結構去維護。

有個不會證明的性質，就是如果將一顆樹拆成多條重鏈和輕邊，那麼重鏈的個數不會超過\(log_2n\)，輕邊的邊數也不會超過\(log_2n\)。因為這個性質，很多操作我們可以很高效地完成。這個之後就知道了。

那麼我們如何去拆分一顆樹呢？通過兩次dfs即可解決。

首先第一次dfs，我們可以處理出每個結點的深度\(deep[u]\)，以它為根的子樹中點的數量\(sz[u]\)，以及每個點的父親結點\(fa[u]\)，並且可以求出每個點的重兒子\(son[u]\)。

**如下：

void dfs1(int u, int pa, int d) 
}

之後進行第二次dfs，這裡我們就需要處理出鏈了。我們知道，dfs序可以將樹結構雜湊成線性結構，然後方便我們去維護。其實一般樹鏈剖分都要利用dfs序。但是這裡因為我們要維護一條鏈的資訊，所以我們應該在dfs的時候優先選擇重兒子，並且維護每條鏈的頂端結點，方便我們後續的操作。

優先選擇重兒子就可以保證一條鏈的dfs序是連續的，方便我們之後進行維護。

第二次dfs的**如下：

void dfs2(int u, int topf) 
}

這樣我們就處理出每條鏈了，top陣列儲存的就是每條鏈的頂端結點。對於兩點間的路徑，我們就可以利用top來加速。

以上就是樹鏈剖分的核心部分吧。其餘部分就是相應的資料結構去維護資訊了。

現在看起來不是很難，但是以前聽都聽不懂。。還是以前學習的態度不是很認真吧。

下面給出一道模板題吧：

[洛谷p3384](

題目中對於路徑的修改和詢問，我們就類似於求lca那樣往上面跳就行了，同時在跳的過程中，記得對鏈上面的資訊進行維護。

題目中對於子樹的修改和詢問，也類似，因為他們的dfs序都是連續的，所以直接通過dfs序來維護資訊就好啦。

以下為**(兩次dfs不長，加上線段樹就有點長了啊。。)：

code

#include using namespace std;
typedef long long ll;
const int n = 2e5 + 5;
int n, m, r, mod;
int v[n];
int deep[n], son[n], fa[n], top[n], id[n], w[n], sz[n];
int cnt ;
int sum[4 * n], lazy[4 * n];
struct edgee[n << 1];
int head[n], tot;
void adde(int u, int v) 
void dfs1(int u, int pa, int d) 
}void dfs2(int u, int topf) 
}void pushup(int o) 
void pushdown(int o, int l, int r) 
}void build(int o, int l, int r) 
int mid = (l + r) >> 1;
build(o << 1, l, mid) ;
build(o << 1|1, mid + 1, r) ;
pushup(o) ;
}void update(int l, int r, int o, int l, int r,int val) 
pushdown(o, l, r) ;
int mid = (l + r) >> 1;
if(l <= mid) update(l, r, o << 1, l, mid, val) ;
if(r > mid) update(l, r, o << 1|1, mid + 1, r, val) ;
pushup(o) ;
}int query(int l, int r, int o, int l, int r) 
int main() 
dfs1(r, 0, 1) ;
dfs2(r, r) ;
build(1, 1, n);
for(int i = 1; i <= m; i++) 
if(deep[x] < deep[y]) swap(x, y) ;
update(id[y], id[x], 1, 1, n, z) ;
} else if(op == 2) 
if(deep[x] < deep[y]) swap(x, y) ;
ans = (ans + query(id[y], id[x], 1, 1, n)) % mod ;
cout << ans << '\n';
} else if(op == 3)  else 
}return 0;
}

未完待續...

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