lca

题目链接 如果对于每个询问跑一次$dp$，那么$dp[i]$为断开$i$这棵子树的最小花费。 这样的复杂度为$O(n*m)$，过于臃肿。 所以我们要对于每次询问降低这次询问的复杂度。 我们可以发现$m$个关键点，最多有$m-1$个$lca$。 简单证明一下，如果有两个点，会有$1$个$lca$点，如果有三个点，则第三个点会和上一个$lca$产生一个$lca$。 所以以这$2*m-1$个点构建一棵树，在这个树上跑$dp$ 虚树的构建推荐一个 巨巨的博客 1 #include <bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 typedef long long ll; 4 const int maxn = 250010; 5 const ll inf = 2e18 + 10; 6 struct node { 7 int s, e, next; 8 ll w; 9 }edge[maxn * 2]; 10 int head[maxn], len; 11 void init() { 12 memset(head, -1, sizeof(head)); 13 len = 0; 14 } 15 void add(int s, int e, ll w) { 16 edge[len] = { s,e,head[s],w }; 17 head[s] = len++;

题目描述 小仓鼠的和他的基（mei）友（zi）sugar住在地下洞穴中，每个节点的编号为1~n。地下洞穴是一个树形结构。这一天小仓鼠打算从从他的卧室（a）到餐厅（b），而他的基友同时要从他的卧室（c）到图书馆（d）。他们都会走最短路径。现在小仓鼠希望知道，有没有可能在某个地方，可以碰到他的基友？ 小仓鼠那么弱，还要天天被zzq大爷虐，请你快来救救他吧！ 解析 当然可以树剖。 一开始想用路径长作为判断依据，但总是WA，下数据发现就错那么一个两个小问，也是很玄学。。。 于是转而研究点如何作为判断依据。 对于一个这样的树链，它的两端点为 \(a,b\) ，如下图。 反过来想，如果我们要构造一条路径，使得树上某一个点到另一点的路径与现有路径相交，该如何做呢？ 首先，这个点肯定要先有一部分路径连到原先的树链上吧，否则不可能相交。 构造出的路径剩下的部分只可能是这三种情况。 而如果这样构造路径就违反了树的定义。 我们发现， 构造出的路径一定有一个点在原树链上 。但是这样还是不好下手，我们并不知道如何寻找这个点。 再进一步观察，发现新路径两端点的lca一定在原树链上。而lca很容易求，爱怎么求怎么求。 因此对于原问题，我们只需要判断某一对点的lca是否在另一对点表示的树链上即可。 判断一个点是否在一条树链上很容易，如果有一个点 \(x\) ，我们要判断它是否在 \(a,b\) 构成的树链 \(

题目 Z 国有 \(n\) 座城市， \(n−1\) 条双向道路，每条双向道路连接两座城市，且任意两座城市都能通过若干条道路相互到达。 Z 国的国防部长小 Z 要在城市中驻扎军队。驻扎军队需要满足如下几个条件： 一座城市可以驻扎一支军队，也可以不驻扎军队。 由道路直接连接的两座城市中至少要有一座城市驻扎军队。 在城市里驻扎军队会产生花费，在编号为 \(i\) 的城市中驻扎军队的花费是 \(p_i\) 。 小 Z 很快就规划出了一种驻扎军队的方案，使总花费最小。但是国王又给小 Z 提出了 \(m\) 个要求，每个要求规定了其中两座城市是否驻扎军队。小 Z 需要针对每个要求逐一给出回答。具体而言，如果国王提出的第 \(j\) 个要求能够满足上述驻扎条件（不需要考虑第 \(j\) 个要求之外的其它要求），则需要给出在此要求前提下驻扎军队的最小开销。如果国王提出的第 \(j\) 个要求无法满足，则需要输出 \(-1\) 。现在请你来帮助小 Z。 思路1 倍增 首先，这题给的切分非常多，所以考场上稳妥的策略应该是去打切分而不是正解。 正解有很多写法，这里写一种我认为最正常的写法：倍增。 首先得到两个数组： \(f[x][0/1]\) 表示在 \(x\) 这个子树，选或不选 \(x\) 点的最优方案。 \(g[x][0/1]\) 表示对于全局而言，选或不选 \(x\) 的最优方案。

目录 一、定义 二、LCA的实现流程 1. 预处理 2. 计算LCA 三、例题 例1： P3379 【模板】最近公共祖先（LCA） 四、树上差分 1. 边差分 2. 点差分 3. 例题 一、定义 给定一颗有根树，若节点z既是节点x的祖先，也是节点y的祖先，则称z是x，y的公共祖先。在x，y的祖先中，深度最大的一个节点称为x，y的最近公共祖先(Least Common Ancestors)，记做LCA。 如图：LCA(5,7)=2；LCA(3,8)=1；LCA(6,10)=6。 二、LCA的实现流程 LCA一共有三种可以实现的方法： 向上标记法 倍增法 Tarjan算法(方法一的优化) 当然我们最熟悉不过的还是倍增法求LCA。 1. 预处理 在引入倍增优化之前，我们先来看看寻找两点LCA的朴素做法。 以寻找节点5，节点2的LCA为例： 首先求出每个点的深度，dep[7]=4，dep[5]=3。 我们先从深度大的节点7开始向上跳，直到深度和5一致，即跳到了节点4，此时这两个节点还没有到同一个点。 接下来我们继续让节点4和节点5向上跳，当他们跳到节点2的时候，由于跳到了相同节点，因此确定节点2是节点7，节点5的LCA。 显然，对于这样暴力的做法，速度慢的原因在于每一次只向上方跳一步，想要加快向上跳的速度，就需要采用倍增法进行优化。 我们设fa[x,k]表示x向上跳 \(2^k\)

树链剖分与倍增求 \(LCA\) 首先我要吐槽机房的辣基供电情况，我之前写了一上午，马上就要完成的时候突然停电，然后 \(GG\) 成了送链剖分 其次，我没歧视 \(tarjan LCA\) 1.倍增求 \(LCA\) 理解较为简单的一种方法，但速度略慢 倍增是啥? 每个数字都可以拆成几个二的整数次的和，我们可以找出每个数字是由哪几个二的整数次的数合成的 比如说 \(14 _ {10} = 1110_2 = 1000 _2 + 100 _2 + 10 _2 = 8 _ {10} + 4 _{10} + 2 _{10}\) 那么我们如果要统计一段长度为十四的区间的最小值，我们就可以先统计前八个数的最小值，再统计之后的四个，再统计之后的两个。 我们可以用 \(f[i][j]\) 表示从 \(i\) 开始往后 \(2^j\) 长度的最小值 给宁康康代码 for( int i = 1; i <= 23; i++ ){ for( rint j = 1; j <= n; j++ ){ //a[i][j]存的是i往后2的j次长度的区间的右节点是哪儿 f[i][j] = min( f[i][j - 1], f[a[i][j - 1]][j - 1] ); } } 下面这个东西是啥意思呢 f[i][j - 1], f[a[i][j - 1]][j - 1] \(2^j = 2^{j-1} +2^{j

天天爱跑步 一道：树上差分+LCA+桶的题 说实话，这道题放在D1T2就是非常不合理的。然而CCF就是放了，并且还是能依靠CSP捞钱，你也必须交钱参加比赛。这个社会是多么的不公啊！ 闲扯结束 显然如果对每条路径都进行一次处理，复杂度不对。考虑对路径进行一次预处理，然后进行统一的计算答案。我们发现当一条路径对某一个点P产生贡献时满足这个条件： 1.当 \(P\) 在该路径的 \(S\) 与 \(LCA\) 之间时 \(dep[S]-dep[P]=watch[P]\) 移一下项为 \(dep[S]=dep[P]+watch[P]\) 那么该路径起点对P有贡献 2.当 \(P\) 在该路径的 \(LCA\) 与 \(T\) 之间时 \(dist[S,T]-watch[P]=dep[T]-dep[P]\) 移一下项 \(dist[S,T]-dep[T]=watch[P]-dep[P]\) 那么该路径终点对P有贡献 然后用一个全局桶维护这些贡献 当枚举到当前点的时候 将当前点作为终点和起点的贡献加在桶里面。然后计算当前点的ans 细节：一个它只会受其子树的贡献，其他的贡献不会有的。如何处理？在开始遍历这个点的时候用 \(ad1,ad2\) 来存储已经存在的桶里面的值 然后遍历子树 当又返回到当前节点的时候 计算当前节点的答案。显然当前节点的答案为 \(ans[x]+=bas1[watch[x

学习自： @秦淮岸 Force 如果没有限制条件，那么这道题就跟战略游戏 \(or\) 没有上司的舞会是一样的，只需 \(dp\) 一次就够了，所以很容易想到一个 \(44pts\) 的暴力：对于每次询问，都跑一遍 \(dp\) ，其中让 \(a, b\) 两个点强制转移（放/放）即可。 Thoughts 无解情况 显然，一般来说都是有解的，除非： 命令冲突，即 \(a = b\) ，且 \(x \not= y\) \((a, b)\) 有一条边，即存在父子关系，而两个都不能放，即 \(x = 0 \& y = 0\) 分部分 发现若用暴力，很多地方的 \(dp\) 显然都是相同的。 这道题核心是： 相邻两个点上必须有一个点有守卫 那么我们考虑把每次询问，将整张图分成若干个 好预处理 的部分，每个部分 分开处理 ，让每个部分内部符合条件，让 每个部分交界处满足条件 。因为每个部分互不干扰，所以可以相对取 \(min\) 最优解。 考虑简单的情况， \((a, b)\) 在一条链上： PS： \((a, b)\) 是对称的，如果 \(a\) 在底下咱们 \(swap\) 一下就行了 那么如果 \((a, b)\) 不在一条链上，我们可以把它看做两条链： \(a\) 到 \(lca\) \(lca\) 到 \(b\) 具体情况如下图 所以，一切 \((a, b)\)

T1： 树剖，分情况讨论当前root与操作节点的位置关系 1.u，v的lca -> lca(u,v),lca(u,root),lca(v,root)中dep最大的点 2. \(tree_u\) 的权值和 -> 若u不在1-root的链上， \(siz_u\) 。否则，v是u到root链上u下方的第一个点， \(siz_1-siz_v\) 特别的，root的ans为 \(siz_1\) T2： 考虑实际含义： 每个格子有一个权值,每一列格子的权值都是相同的。 从一个起点开始,每次可以向上走一格或者向左上角走一格,直到走到最上面一行为止。 你需要最小化经过的格子的总权值。 首先最优路径显然是先斜着走到较小的那一列，然后再一直向上走 所以我们设 \(g_y(i,x)\) 表示考虑到第y列，从(x,y)开始斜着走到i列再顶到头的代价 \(t_y(x)\) 表示表示考虑到第y列，从(x,y)开始走到顶的最小代价 则 \(g_y(i,x) = sum_{i,y} + (x-(y-i+1))*a[i]\) \(t_y(x)=min_{i=1}^y{g_y(i,x)}\) 发现当y一定时，g函数是一个关于x的一次函数，而t函数则是一个由g拼成的凸包 而当y增大时，g函数只有截距会变化 所以可以将询问离线下来，从大到小枚举y，每次插入一个一次函数，维护凸包即可。 T3： 生成函数+FFT 咕了 来源

学习链接： https://www.sohu.com/a/271430685_100201031 树上差分的方式有两种： 一.点差分：改变树上路径(u,v)上的所有的点的点权值，假设增加了val值 我们对每一个节点维护一个tag数组作为差分数组 考虑改变的影响？ tag[u]+=val,tag[v]+=val,tag[lca(u,v)]-=val,tag[fa(lca(u,v))]-=val; 同一条路径上，我们改变端点的权值，这样分别从u,v回溯的时候，我们就可以求出这条路径上所有点的权值了！ 然后考虑将fa[lca(u,v)]的权值减掉val,因为我们对链(u,v)的操作不应该对链外节点造成影响！ 一般可以用倍增求LCA的方式处理 例题： 1.洛谷：P3128 [USACO15DEC]最大流Max Flow CODE: /* */ #include<cstdio> using namespace std; const int N=500020,logN=19; struct node{ int from; int to; int next; }e[N<<1]; int head[N],num,n,m,log[N],f[N][logN],dep[N],tag[N],ans; inline int max(int x,int y) { return x>y?x:y; } void

HDU 2586 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int maxn=4e4+4; const int maxbit=15; struct edge{ int to; int val; // edge(int a,int b) // { // to=a; // val=b; // } }; int father[maxn][maxbit]; int dep[maxn]; int dis[maxn]; int lg[maxn]; vector<edge> g[maxn]; void dfs(int nowp,int fa) { dep[nowp]=dep[fa]+1; father[nowp][0]=fa; for(int j=1;j<=lg[dep[nowp]]+1;++j) { father[nowp][j]=father[father[nowp][j-1]][j-1]; } for(int i=0;i<g[nowp].size();++i) { edge &e=g[nowp][i]; if(e.to!=fa) { dis[e.to]=dis[nowp]+e.val; dfs(e.to,nowp); } } } int lca(int u,int v) { if(dep[u]<dep[v]) swap(u,v);