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
-
$k$ 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 $O(n\log n)-O(1)$。
-
实现时用指针，时空复杂度均为 $O(n)$。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
39
40
41
42
43
44
45
46
47
48
49
50
using namespace std;
const int N=1e6+100;
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;
} -
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 $O(n\log^2n)$。