初識樹鏈剖分

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到現在也只會照著std打板子..

雖然這樣，毒樹鏈剖分還是乙個非常優雅的演算法。

前置芝士：\(dfs\)，線段樹

樹鏈剖分可以把樹上的區間操作通過把樹剖成一條條鏈，利用線段樹等資料結構進行維護，從而達到\(o(nlogn)\)的優秀時間複雜度。

比如這樣的操作：

在一棵樹上，將\(x\)到\(y\)路徑上點的點權加上\(w\)，並要求支援查詢兩個點\(x,y\)路徑間的點權和。

乍一看，兩個操作都很簡單。修改操作可以用樹上差分\(o(1)\)亂搞，靜態查詢可以用\(lca\)完成。

但是合起來就沒有辦法了：每次查詢之前都需要\(o(n)\)預處理，資料略大直接\(t\)飛。

於是樹剖出場了。

區間修改&查詢是線段樹的強項，但是它只能對一段連續的區間進行查詢。於是我們需要想辦法讓樹上需要操作的路徑變成一段連續的區間。

引入乙個概念：重兒子，也就是乙個節點的兒子中\(size\)最大的。連線到重兒子的邊即為重邊

重兒子組成的鏈，就是重鏈。

比如在這棵樹中，連續的紅邊組成的就是一條條重鏈。我們用\(top[u]\)記錄節點\(u\)所在重鏈的頂端。特別地，沒有被重邊連線的節點，\(top[u]=u\)，即它們所在重鏈的頂端就是自身。注意到，當\(u\)是一條重鏈的頂端(\(top[u]=u\))時，它的父節點一定在另一條重鏈上。

始終記住我們的目標：把在樹上區間操作轉化為在一段連續的區間進行操作。

考慮如何用\(dfs\)給樹上的每個節點在區間內找到乙個合適的位置。我們發現，從根節點出發，優先走重邊，這樣的\(dfs\)序似乎有點特殊。

例如上圖，優先走重邊的\(dfs\)序為：\(124798356\)。很顯然，這樣的\(dfs\)序滿足同一條重鏈上的點\(dfs\)序連續。所以用線段樹維護的，就是重鏈上的資訊。

這樣操作之後，我們可以做到的是：\(o(logn)\)對一條重鏈上的資訊區間修改，區間查詢。

對於兩個節點\(u,v\)，我們可以通過不斷地跳重鏈，直到兩個節點在同一條重鏈上。這個是很好實現的，因為只需要跳到\(fa[top[u]]\)，就到了一條新的重鏈。

**實現僅樹剖部分是不麻煩的。我們需要維護的資訊有\(dep\)（節點深度），\(fa\)（父節點），\(son\)（重兒子），\(sz\)（子樹節點數，用來判重兒子），這些可以用一次\(dfs\)完成。

void dfs1(int u,int f,int d)//fa,dep,son,sz
}}

接下來，就需要把這棵樹每個節點壓到線段樹維護的序列的乙個位置了。就像上文說的一樣，按照優先重邊的\(dfs\)序壓入線段樹即可。於是記錄乙個\(id[i]\)表示原樹中節點\(i\)對應的線段樹中的下標。\(rk[i]\)反過來記錄線段樹中下標為\(i\)的原數編號。

由於預處理了父節點，所以\(dfs2\)傳參只需要\(u\)（當前節點）和\(t\)（當前重鏈頂端節點）。在遍歷兒子之前先\(dfs2(son[u],t)\)，因為\(u\)和\(u\)的重兒子在同一條重鏈上。接下來才遍歷輕（非重）兒子\(v\)，但是傳參為\(dfs2(v,v)\)，因為\(v\)就是新的一條重鏈的起點。

void dfs2(int u,int t)//top,id,rk
}

再回到最開始的問題：

在一棵樹上，將\(x\)到\(y\)路徑上點的點權加上\(w\)，並要求支援查詢兩個點\(x,y\)路徑間的點權和。

答案就顯得很明了了。

如果是查詢，先保證\(dep[x]>dep[y]\)，然後就和\(lca\)類似的，利用重鏈加速：每次把\([top[x],x]\)這條重鏈的和累加到答案上，再使\(x\)跳到另一條重鏈上，即\(x=fa[top[x]]\)，直到\(x,y\)在同一條重鏈上，再把兩個點之間的資訊統計累加一下即可。

int getsum(int x,int y)

修改同理。

於是我們發現，雖然我們採用了優先重邊的\(dfs\)序，但它畢竟遍歷的都是自己的兒子節點。所以...還可以支援子樹操作。因為一棵子樹在重邊優先的\(dfs\)序中編號也是連續的。並且這個編號很容易算，因為我們維護了乙個\(sz\)資訊。所以樹中\(x\)節點的子樹對應的就是線段樹維護的\([id[x],id[x]+sz[x]-1]\)這個區間。

於是還是板子一般的線段樹區間修改&查詢。

可以注意到線段樹部分基本沒講，因為每個人寫線段樹的方法可能不太一樣，蒟蒻我分享的只是樹剖的思想。

另外，為什麼樹剖每次操作是\(o(logn)\)呢？利用線段樹的子樹操作自然是\(o(logn)\)，剩下的就是那個像\(lca\)一樣的跳重鏈。

證明：從任意節點向根節點跳重鏈，經過的重鏈和輕邊（非重邊）都是\(log\)級別的。

考慮到每走一條輕邊，子樹大小至少翻倍，否則這就不是條輕邊了。於是經過的輕邊就最多為\(log_2 n\)條。而重鏈和輕邊的交替出現的，所以數量也在這個級別。

於是每次操作就只有\(o(logn)\)的時間複雜度。

模板題

以下是**

#include#define int long long
#define ls (k<<1)
#define rs (k<<1|1)
using namespace std;
const int n=1e5+10;
struct node
t[n<<2];
int a[n];
int n,m,r,mod;
int sum;
int head[n<<1],to[n<<1],nxt[n<<1],cnt;
int sz[n],fa[n],dep[n],son[n];
int top[n],id[n],rk[n],tot;
inline int read()
while(ch>='0'&&ch<='9')
return x*f;
}void add(int u,int v)
void dfs1(int u,int f)
return;
}void dfs2(int u,int t)
}void build(int k,int l,int r)
int m=l+r>>1;
build(ls,l,m);
build(rs,m+1,r);
t[k].w=t[ls].w+t[rs].w;
return;
}void down(int k)
void addsum(int k,int x,int y,int p)
down(k);
int m=l+r>>1;
if(x<=m)addsum(ls,x,y,p);
if(y>m)addsum(rs,x,y,p);
t[k].w=t[ls].w+t[rs].w;
return;
}void asksum(int k,int x,int y)
down(k);
int m=l+r>>1;
if(x<=m)asksum(ls,x,y);
if(y>m)asksum(rs,x,y);
t[k].w=t[ls].w+t[rs].w;
return;
}//-----------------------------
int getsum(int x,int y)
void update(int x,int y,int p)
signed main()
{	n=read(),m=read(),r=read(),mod=read();
for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=read();
for(int i=1;i**的確是長，也不算容易調，但是真正妙的是利用輕重鏈的思想進行的化樹為鏈。
感謝閱讀。

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