cjtsai
失蹤的c++殭屍
{Tree}
cjtsai
我上次講小社是11/17欸 燒雞
\(INDEX\)
- 樹
- 樹直徑
- 樹低批
- 樹重心
- 樹壓平
- LCA
這我
- 20729 蔡嘉晉
- 失蹤的世宗
- judging
- 店言學術
- 資訊校隊
- 北市賽佳作
- 這次不放照片
- 放個我新買的rog風暴軸
- 真香
對不起我偷了一堆東西
{樹}
可以吃嗎
樹
- 每個節點都只有有限個子節點或無子節點
- 沒有父節點的節點稱為根節點
- 每一個非根節點有且只有一個父節點
- 樹裡面沒有環路(cycle)
名詞定義
根節點
葉節點
父節點
子節點
正向情說為甚麼
要用黑底白圖
所以我把它調成白底了
存樹
- 不定根(不指定根節點)
- 跟圖一樣存adj[][]
- 定根
- 也可以存adj
- 或是一個一維陣列紀錄每個點他爸(如果沒有要往下走)
樹的性質
- N個點的樹
- 因為其除根節點外皆只有一個往上連結的邊
- 故其共有N-1條邊
- 反之
- 若一張連通圖有N-1條邊 其必為樹
- 有些題目可能會給這些條件不說他是樹來搞人
- 樹必無環
樹論
- 對樹這種資料結構進行各種神奇的算法來得到期望得答案
- 樹DP
- 樹壓平
- 樹剖
- ...
{樹直徑}
最長的那條
樹直徑
- 找到兩個點，他們的距離是所有任兩個點的距離中最長的
- How?
- Brute Force
- 全點對最短路 Floyd-Warshall
- \(O(N^3)\)
- 認真做
- 從隨便一個點BFS找到最遠的點
- 再從最遠的那個點BFS一次找到離他最遠的點
- 這兩個點就是樹直徑
- \(O(N)\)
動畫
- 希望我做的出來
WHY
CODE
- TEXT
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define endl '\n'
const int maxn = 2e5+5;
vector<int> adj[maxn];
void dfs(int i, vector<int> & dep, vector<bool> & visited) {
visited[i] = 1;
for (auto &v : adj[i]) {
if (!visited[v]) {
dep[v] = dep[i]+1;
dfs(v, dep, visited);
}
}
}
signed main(){
ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);
int n;
cin >> n;
for (int i = 0; i < n-1; ++i) {
int a, b;
cin >> a >> b;
adj[a].push_back(b);
adj[b].push_back(a);
}
vector<int> dep(n+1, 0);
vector<bool> visited(n+1, 0);
dfs(1, dep, visited);
int maxDeepNode = 1;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
if (dep[i] > dep[maxDeepNode]) maxDeepNode = i;
}
fill(dep.begin(), dep.end(), 0);
fill(visited.begin(), visited.end(), 0);
dfs(maxDeepNode, dep, visited);
int diameter = 0;
for (auto &i : dep) diameter = max(i, diameter);
cout << diameter << endl;
return 0;
}
題
{樹DP}
低批好難
複習
- DP
- 從小區間的答案求得大區間的答案
- 樹DP
- 從子樹的答案求得根的答案
例
- 子樹大小
- 顯然
- 若u為v的子節點們
- \(sz[v]=(\sum{sz[u]})+1\)
- 子樹大小包含該點本身
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
vector<vector<int>> sub(200007);
vector<int> ans(200007, 0);
int solve(int ind){
for(int x:sub[ind]){
solve(x);
ans[ind]+=ans[x]+1;
}return ans[ind];
}
int main(){
ios_base::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);
int n;cin>>n;
for(int i=2; i<=n; i++){
int a;cin>>a;
sub[a].push_back(i);
}
solve(1);
for(int i=1; i<=n; i++) cout<<ans[i]<<' ';
}
例-2
-
TREE MATCHING
- 給你一顆n個點的樹
- 請幫某些邊塗色 每個點只能碰到一個有顏色的邊
- 求最多能塗幾條邊
樹DP
- 狀態
- \(dp[v][0]\) : v的子樹中不選v的最大匹配
- \(dp[v][1]\) : v的子樹中選v的最大匹配
- 轉移 (v=current u=child)
- dp[v][0] = \(\sum max(dp[u][0], dp[u][1])\)
- 每個子樹的東西都拿最大的
- dp[v][1] = \( dp[v][0]+max(dp[u][0]+1-max(dp[u][0], dp[u][1])) \)
- 一定要有一顆子樹只能是\(dp[u][0]\) 其他拿大的就好
- dp[v][0] = \(\sum max(dp[u][0], dp[u][1])\)
CODE
- TEXT
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define pb push_back
vi adj[200005];
int dp[200005][2];
void dfs(int v, int p) {
for (int to : adj[v]) {
if (to != p) {
dfs(to, v);
dp[v][0] += max(dp[to][0], dp[to][1]);
}
}
for (int to : adj[v]) {
if (to != p) {
dp[v][1] = max(dp[v][1], dp[to][0] + 1 + dp[v][0] -
max(dp[to][0], dp[to][1]));
}
}
}
int main() {
ios_base::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);;
int n;
cin >> n;
for (int i = 0; i < n - 1; i++) {
int u, v;
cin >> u >> v;
u--, v--;
adj[u].pb(v), adj[v].pb(u);
}
dfs(0, -1);
cout << max(dp[0][0], dp[0][1]) << '\n';
}
GREEDY
- 剛剛那題其實也可以貪婪
- 從葉子開始 能拿就拿 不能拿就跳過
- 一定能拿到最多的
- WHY?
換根DP全方位木DP
- 在一些不指定根的題目中
- 他可能會問你把每個點當根的時候一個問題的答案是甚麼
- 像是每個點他到其他所有點的距離和
- CSES Tree Distances II
- 暴力\(O(N^2)\)
- 一定出事
- 如果我有一個人他的答案
- 要怎麼算他孩子的答案?
換根
- 所有人的距離和
- 如果走下去還是他的孩子 距離會-1
- 反之+1
- \(dp[u]=dp[v]-sz[u]+(n-sz[u])\)
- \(sz[u]\) : 他的子樹
- \(n-sz[u]\) : 不是他的子樹
CODE
#include<iostream>
#include<vector>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
vector<ll> sub,dp;
vector<vector<int>> graph;
int n;
void dfs1(int node,int parent){
for(auto x:graph[node]){
if(x==parent) continue;
dfs1(x,node);
sub[node]+=sub[x];
}
sub[node]++;
}
void dfs2(int node,int parent){
for(auto x:graph[node]){
if(x==parent) continue;
dp[x]=dp[node]+1;
dfs2(x,node);
}
}
void dfs3(int node,int parent){
for(auto x:graph[node]){
if(x==parent) continue;
dp[x]=dp[node]-sub[x]+n-sub[x];
dfs3(x,node);
}
}
int main(){
cin>>n;
int a,b;
sub.resize(n+1);
dp.resize(n+1);
graph.resize(n+1);
for(int i=1;i<n;i++){
cin>>a>>b;
graph[a].push_back(b);
graph[b].push_back(a);
}
dfs1(1,0);
dfs2(1,0);
for(int i=2;i<=n;i++) dp[1]+=dp[i];
for(int i=2;i<=n;i++) dp[i]=0;
dfs3(1,0);
for(int i=1;i<=n;i++) cout<<dp[i]<<' ';
}
題
{樹重心}
Acme Engineering is a full service software agency.
這啥
- 以這個點為根的話所有子樹大小皆小於[2/n]
- 取所有點到任意一點的距離和 重心為其最小者
- 必定只有一或二個 若二個必相鄰
- 有啥用
- 重心分治/剖分 下下次有機會講
HOW
- 用剛剛低批出來的子樹大小(隨便選一個點當根都可以)
- 全部點數量減掉他的子樹的大小就會得到他上面的點的數量
- 然後就往比較大的那個方向一直走就會找到了
CODE
- TEXT
int siz[maxn];
void dfs(int n, int par) {
siz[n] = 1;
for (int v:adj[n]) {
if (v != par) {
dfs(v, n);
siz[n] += siz[v];
}
}
}
int tot; //總節點數
int get_centroid(int n, int par) {
for (int v:adj[n]) {
if (v != par && siz[v] * 2 > tot) {
return get_centroid(v, n);
}
}
return n;
}
int main() {
dfs(1, 0);
int centroid = get_centroid(1, 0);
}題
{樹壓平}
熱壓吐司
啥
啥
完全不是
- 把樹壓成一條鍊
- 這樣就可以套前幾堂講的資料結構(線段樹等)
- 可以實現對某個點他的子樹進行操作
- 或是簡單的樹鍊操作
- 可反悔的 像是和 最大值就不行
遍歷
有甚麼用?
- 綠 入時間戳
- 紅 出時間戳
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有甚麼用?
- 綠 入時間戳
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換成點編號
- 綠 入時間戳
- 紅 出時間戳
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換成點編號
- 綠 入時間戳
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11
所以怎樣
- 每個點他的子樹會被包含在該點的入時間戳跟出時間戳中間
- 開個陣列紀錄後就能用線段樹進行操作
- 同時也能做簡單的樹鍊操作
- 可回復式的(SUM)
- 入時間戳的值設成正值
- 出時間戳的值設成負值
CODE
- TEXT
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define pii pair<int,int>
#define pb push_back
#define all(x) x.begin(),x.end()
#define ff first
#define ss second
vector<int> pa(300000+1), in(300000+1, -1), out(300000+1);
vector<vector<int>> ch(300000+1);
vector<int> st(1000010, 0);
vector<int> dfn;
int n;
void dfs(int root){
dfn.pb(root);
for(int x:ch[root]){
dfs(x);
}
dfn.pb(root);
}
int query(int l, int r) {
int sum=0;
for(l+=2*n,r+=2*n;l<r;l>>=1,r>>=1){
if(l&1)sum+=st[l++];
if(r&1)sum+=st[--r];
}
return sum;
}
int build(){
for(int i=2*n; i<4*n; i++)st2[i]=dfn[i-2*n];
for(int i=2*n-1;i>=0; i--)st2[i]=min(st2[i*2+1], st2[i*2]);
}
signed main(){
ios_base::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);
int q;cin>>n>>q;
for(int i=2; i<=n; i++) {cin>>pa[i];ch[pa[i]].pb(i);}
int root=1;
dfs(root);
for(int i=0; i<2*n; i++){
if(-1==in[dfn[i]])in[dfn[i]]=i;
else out[dfn[i]]=i;
}
while(q--){
int det;cin>>det;
if(det==1){
int a, b;cin>>a>>b;
int d=b;
//線段樹的modify指令被我inline了
for(int i=in[a]+2*n; i; i>>=1){
st[i]+=d;
}
for(int i=out[a]+2*n; i; i>>=1){
st[i]+=d;
}
}if(det==2){
int u;cin>>u;
int ans=query(in[u], out[u]+1)/2;
cout<<ans<<'\n';
}
}
}
}
題
{LCA}
最低共同祖先
Lowest Common Ancestor
生物課?
- 確實是 最低 共同祖先
- 但資訊會把樹轉過來就變成最高了 小問題
最低共同祖先
- 兩個點他們各自的直系血親中重複的第一個
- 一定存在因為根是所有人他祖先
- 有甚麼用?
- 快速得知兩個點他們路徑上最低的點
- 進而求得路徑或定向
Brute Force
- 對每個點紀錄他的深度(從根走下來的距離)
- 從一個點DFS到另外一個點看路徑上深度最低的點
- \(O(N)\)
可能好一點
- 兩個人先走到同個深度的祖先
- 然後一起往上走 直到兩個人走到同樣的祖先
- 他就一定是這兩個點的LCA
- 聽起來在某些情況下可能會快一點
- 但還是\(O(N)\)
- 要怎麼往上走?
倍增法
倍增on tree
- 紀錄每個點的 \(2^n\) 代祖先
- 比較下面的那個點先\(O(logN)\)跳到一樣的高度
- 兩個同樣高度的點k從大到小比較\(2^k\)代祖先
- 如果不一樣就往上走
- 最後他們停在LCA上了
CODE
- TEXT
int dep[maxn];
int anc[18][maxn];
// anc[i][j] 代表 j 的 2^i 倍祖先
// 紀錄到每一點的 2^17 倍祖先 (大於1e5)
void dfs(int n, int fa, int d) {
anc[0][n] = fa; // 一倍祖先就是父親
dep[n] = d;
for (int v : adj[n]) {
if (v != fa) dfs(v, n, d+1);
}
}
void setupLCA() {
dep[0] = -1;
dfs(1, 0, 0);
for (int i = 1; i < 18; i++) {
for (int j = 1; j <= n; j++) {
anc[i][j] = anc[i-1][anc[i-1][j]];
}
}
}
int lca(int a, int b){
if (dep[a] < dep[b]) swap(a, b);
for (int i = 17;i >= 0;i--) {
if (dep[anc[i][a]] >= dep[b]) {
a = anc[i][a];
}
}
if (a == b) return a;
for (int i = 17;i >= 0;i--) {
if (anc[i][a] != anc[i][b]) {
a = anc[i][a];
b = anc[i][b];
}
}
return anc[0][a];
}
int main() {
// 省略輸入圖
setupLCA();
while (q--) {
int u, v;
cin >> u >> v;
cout << lca(u, v) << endl;
}
}歐拉迴路做LCA
- 歐拉迴路
- 把所有點走過一次
- 跟樹壓平有點小差別
- 從下往上走再往上走都要記錄到
- 一個點可能出現多次
euler tour
- 順序
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
| order | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 |
| vertex | 1 | 2 | 3 | 4 | 3 | 5 | 3 | 2 | 1 |
| order | 10 | 11 | 12 | 13 | 14 | 15 | 16 | 17 | 18 |
| vertex | 6 | 7 | 6 | 8 | 9 | 8 | 6 | 1 | 10 |
| order | 19 | 20 | 21 |
| vertex | 11 | 10 | 1 |
- 取range min深度最小的那個點就會是LCA了
題
{樹鍊剖分}
希望我不會燒雞
題
- CSES 2134
- 帶修改詢問路徑上最大值
樹剖
- 如果在鍊上遇到無法抵銷的操作
- 如最大值
- 就沒辦法樹壓平了
- 把樹切成一段一段的每段都只是一條鏈
- 就可以炸資結了！
樹鏈
有啥用
- 每次需要求一條樹鏈的時候
- 我們可以把要求分成兩半
- 假設是 a 到 b 的鏈
- 拆成 a to lca(a, b) && lca(a, b) to b
- 這樣就會是兩條只往下走的樹鏈了
- 所以我們就可以透過查詢若干條樹鏈的不同區間合併出所求的樹鏈
切
- 要怎麼切樹才不會讓複雜度爛掉(?
- 還記得啟發式合併嗎
- 每次一個節點有多於一個子節點的時候時
- 選擇子樹大小最大的那個連上現在的節點延長樹鏈
- 其他的就新建一條樹鏈
- 這樣每次要合併樹鏈的時候
- 子樹大小都會是兩倍
- 只要合併\(log \ n\)次樹鏈一定能得到任意樹鏈
蒿土實作
- 其實線斷樹只要開一顆
- 因為你把他壓平之後
- 如果先走重邊(子樹比較大的那個)
- 樹鏈都會在同個區間
- 查詢的時候就可以往上跳
- 先跳深度比較深的那個
偷
- TEXT
#include<iostream>
#include<vector>
#include<algorithm>
#pragma GCC optimize("O3,unroll-loops")
#pragma GCC target("avx,avx2")
using namespace std;
const int N=2e5+5;
int in[N],out[N],sz[N],nxt[N],par[N],vec[N],seg[4*N],dep[N];
vector<int> ord;
vector<vector<int> > graph;
int cnt=0;
void dfs_sz(int node,int parent){
sz[node]=1;
par[node]=parent;
if(node!=1) dep[node]=dep[parent]+1;
int szz=graph[node].size();
int mx=0;
for(int i=0;i<szz;i++){
if(graph[node][i]==parent) continue;
dfs_sz(graph[node][i],node);
sz[node]+=sz[graph[node][i]];
if(sz[graph[node][i]]>mx){
mx=sz[graph[node][i]];
swap(graph[node][i],graph[node][0]);
}
}
}
void dfs_nxt(int node,int parent){
in[node]=++cnt;
ord.push_back(node);
for(auto x:graph[node]){
if(x==parent) continue;
if(x==graph[node][0]) nxt[x]=nxt[node];
else nxt[x]=x;
dfs_nxt(x,node);
}
out[node]=cnt;
}
void build(int l,int r,int ind){
if(l==r){
seg[ind]=vec[ord[l]];
}
else{
int mid=(l+r)>>1;
build(l,mid,ind*2);
build(mid+1,r,ind*2+1);
seg[ind]=max(seg[ind*2],seg[ind*2+1]);
}
}
void modify(int l,int r,int num,int pos,int ind){
if(l==r){
seg[ind]=num;
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
if(pos<=mid) modify(l,mid,num,pos,ind*2);
else modify(mid+1,r,num,pos,ind*2+1);
seg[ind]=max(seg[ind*2],seg[ind*2+1]);
}
int query(int l,int r,int start,int end,int ind){
if(r<start||end<l) return 0;
if(start<=l&&r<=end) return seg[ind];
int mid=(l+r)>>1;
return max(query(l,mid,start,end,ind*2),query(mid+1,r,start,end,ind*2+1));
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
int n,q;
cin>>n>>q;
graph.resize(n+1);
nxt[1]=1;
dep[1]=1;
ord.push_back(0);
int a,b;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>vec[i];
for(int i=1;i<n;i++){
cin>>a>>b;
graph[a].push_back(b);
graph[b].push_back(a);
}
dfs_sz(1,0);
dfs_nxt(1,0);
build(1,n,1);
int op;
for(int i=0;i<q;i++){
cin>>op;
if(op==1){
cin>>a>>b;
modify(1,n,b,in[a],1);
vec[a]=b;
}
else{
cin>>a>>b;
int ans=vec[a];
while(nxt[a]!=nxt[b]){
if(dep[nxt[a]]<dep[nxt[b]]) swap(a,b);
ans=max(ans,query(1,n,in[nxt[a]],in[a],1));
a=par[nxt[a]];
}
if(dep[a]<dep[b]) swap(a,b);
ans=max(ans,query(1,n,in[b],in[a],1));
cout<<ans<<" ";
}
}
}題單
你會來這堂課的話
大概要準備一下上機考
剩差不多一個月ㄌ
過幾天大概會發公告講規則
Tree
By cjtsai
Tree
樹們
