长链剖分

notes

概述

以子树中最大深度最大的儿子为重儿子。

  • 链的长度和为 $n$。

  • 若链 $L_1$ 向上跳到 $L_2$，那么 $L_2 \ge L_1+1$。

  • 点到根节点路径上有 $O(\sqrt{n})$ 条链。

例题

1.【模板】树上 K 级祖先

$k$ 级祖先所在链的长度 $\ge k+1$。考虑找到 $k’ \ge \frac{k}{2}$ 级祖先 $x$，那么 $k$ 级祖先到 $x$ 的距离不超过 $x$ 所在链长。

对每个链头维护所在链的集合和向上跳不超过链长的集合。取 $k’$ 为 $k$ 的二进制最高位。时间复杂度 $O(n\log n)-O(1)$。

code

2.Dominant Indices

实现时用指针，时空复杂度均为 $O(n)$。

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#include<bits/stdc++.h> 
using namespace std;

#define pb push_back
const int N=1e6+100;
#define gc getchar()
#define rd read()
inline int read(){
	int x=0,f=0; char c=gc;
	for(;c<'0'||c>'9';c=gc) f|=(c=='-');
	for(;c>='0'&&c<='9';c=gc) x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
	return f?-x:x;
}

int n,ans[N],*f[N],tmp[N],*cur=tmp+1;
vector<int> G[N];

int dep[N],mx[N],son[N];
void dfs0(int u,int fu){
	mx[u]=dep[u]=dep[fu]+1;
	for(int v:G[u]){
		if(v==fu) continue;
		dfs0(v,u),mx[u]=max(mx[u],mx[v]);
		if(mx[v]>mx[son[u]]) son[u]=v;
	}
}
inline void assign(int u){ f[u]=cur,cur+=mx[u]-dep[u]+1; }

void dfs1(int u,int fu){
	if(son[u]) f[son[u]]=f[u]+1,dfs1(son[u],u),ans[u]=ans[son[u]]+1;
	f[u][0]=1; if(f[u][0]>=f[u][ans[u]]) ans[u]=0;
	for(int v:G[u]){
		if(v==fu||v==son[u]) continue; assign(v),dfs1(v,u);
		for(int i=0;i<=mx[v]-dep[v];++i){
			f[u][i+1]+=f[v][i];
			if(f[u][i+1]>f[u][ans[u]]||(f[u][i+1]==f[u][ans[u]]&&i+1<ans[u])) ans[u]=i+1;
		}
	}
}

int main(){
	
	n=rd; for(int i=1,x,y;i<n;i++) G[x=rd].pb(y=rd),G[y].pb(x);
	
	dfs0(1,0),assign(1),dfs1(1,0);
	
	for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d\n", ans[i]);
	
	return 0;
}

3.[WC2010] 重建计划

二分，长链剖分优化 DP，合并需要查询区间长度，用线段树维护即可，时间复杂度 $O(n\log^2n)$。

参考

长链剖分