進階樹論

 

建國中學 賴昭勳

Euler Tour & DFS

樹壓平

樹的DFS順序 - 1

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

前序遍歷:

1, 2, 9, 5, 8, 7, 6, 10, 3, 4

性質:進入一個節點後,走完該子樹的所有節點之後才會離開。

他的用處:用序列表示樹

1

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10

紀錄每個點的左界和右界,代表該點的子樹的區間。

int ti = 0;
int lef[maxn], rig[maxn]; //[lef, rig)
void dfs(int n, int par) {
    lef[n] = ti++;
    for (int v:adj[n]) {
        if (v != par) {
            dfs(v, n);
        }
    }
    rig[n] = ti;
}

考慮這種問題

樹上每個點上有一個數值\(a_i\),

處理 \(q\) 筆操作。

  1. 改變某個點的值
  2. 詢問以\(v\)為子樹的數值和

變成線段樹!

在樹上歐拉遍歷 - 2

進去和離開點時都把點加到序列裡面,

也就是說序列長度為\(2n\)

1

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10

進入:1, 2, 9,    5, 8,        7,         6, 10, 3,          4, 

離開:            9,        8, 5,    7, 2,               3, 10,    4, 6, 1

解決路徑相關的問題!

尋找根到任意節點的路徑

1

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10

\(\text{In}\):1, 2, 9,    5, 8,        7,         6, 10, 3,          4, 

\(\text{Out}\):         9,        8, 5,    7, 2,               3, 10,    4, 6, 1

考慮區間\([in[1], in[v]]\)

所有只出現一次\(in\)的點都在\((1, v)\)的路徑上,\(in\)跟\(out\)都出現的點應該被「抵銷」掉。

如果題目求的數值是可以用扣的(ex.路徑和),那可以將\((u, v)\)拆成

\((1, u) + (1, v) - 2 * (1, lca(u, v))\)

還有一種樹壓平-3

在歐拉遍歷時每次遇到一個點就把他紀錄下來。

 

額外紀錄一個深度陣列

1

2

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6

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7

3

\(arr\): 1, 2, 7, 7, 2, 5, 8, 8, 5, 2, 1, 6, 3, 3, 6, 4, 4, 6, 1

\(dep\): 0, 1, 2, 2, 1, 2, 3, 3, 2, 1, 0, 1, 2, 2, 1, 2, 2, 1, 0

用這種方法找路徑

1

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7

3

\(arr\): 1, 2, 7, 7, 2, 5, 8, 8, 5, 2, 1, 6, 3, 3, 6, 4, 4, 6, 1

紀錄每個點的首次出現(\(in\))和最後一次出現(\(out\))時間

對於兩個節點\(u, v \ (in[u] < in[v])\):

1. \(v\)在\(u\)的子樹內 (ex. 1-8)

\([in[u], in[v]]\)

2. \(v\) 不在\(u\)的子樹內 (ex. 5-4)

\([out[u], in[v]]\)

用樹壓平做\(O(n \log n)/ O(1)\) LCA

一樣定義\(in[v], out[v]\)分別為點\(v\)第一個、最後一個出現在序列的位置

1

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7

3

\(arr\): 1, 2, 7, 7, 2, 5, 8, 8, 5, 2, 1, 6, 3, 3, 6, 4, 4, 6, 1

\(dep\): 0, 1, 2, 2, 1, 2, 3, 3, 2, 1, 0, 1, 2, 2, 1, 2, 2, 1, 0

Sparse Table!

對於兩個點\(u, v\),\(lca(u, v)\)會位於

\(in[u], in[v]\)中間,且\(in[u], in[v]\)必定在\([in[lca(u, v)], out[lca(u, v)]]\)中間

也就是說\(lca(u, v)\)是\([in[u], in[v]]\)中間深度最小的一個!

以下是練習題

大家自己判斷要怎麼樹壓平!

給你一棵樹,每個點上有值\(v_i\),對於每個點\(u\),找出他子樹內有幾個點\(v\)值比\(u\)大。

 

\(n \leq 10^5, v_i \leq 10^9\)

給你一棵樹,每個點上有值\(a_i\),有\(q\)筆詢問,每次問兩個點\(u, v\)的路徑間的\(xor\)和。

 

\(n, q \leq 10^5, a_i \leq 10^9\)

給一棵有根樹,上面每個點是 1 或 0 (一開始全部是0),接下來有\(q\)筆操作。

 

1. 改一個子樹裡面每個點的值 (0變1, 1 變 0)

2. 詢問一個點的值

\(n, q \leq 10^5\)

給你兩棵有\(n\)個節點的樹\(T_1, T_2\),

請找出有多少對邊\(e_1 \in T_1, e_2 \in T_2\),使得當我們分別把這兩條邊拔掉後,兩棵樹上所製造的兩個連通塊點集可以一一對應。

1

2

2

3

3

5

4

1

4

5

如左圖有三組解:

\(n \leq 10^5\)

註:想想看確定性(不用random/hash)的解

例題5:數樹問題

樹DP/樹分治

在樹上DP有什麼特別的?

  • 通常需要考慮不定數量個轉移點(例如子節點數量)
  • 有根樹 vs 無根樹
  • 有時候他根本不是DP,而是分治或Greedy
  • 有不同的應用/變形

樹DP常見的想法:

把根拔掉,拆成一棵棵的子樹

簡單的例題:樹上最大匹配

給定一棵樹,選出一個邊的集合\(S\),使得\(S\)裡面任兩條邊都沒有共用點,並且\(|S|\)盡量大。

 

\(O(n)\)

1

2

3

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5

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解一:DP

令\(dp[0][v]\)代表以\(v\)為根的子樹中,不把\(v\)連到子節點的最大邊數。

 

\(dp[1][v]\)代表把\(v\)連到其中一個子節點的最大邊數。

\(dp[0][v] = \sum max(dp[0][u], dp[1][u])\)

\(dp[1][v]\)要怎麼辦?

解一:DP

所有子節點\(u\)中,至少要有一個使用\(dp[0][u]\),其他的可以用\(max(dp[0][u], dp[1][u])\)

 

也就是說:

dp[1][v] = (\sum max(dp[0][u], dp[1][u])) \\ - min(max(dp[0][u], dp[1][u]) - dp[0][u]) + 1

把\(u\)跟\(v\)配對所付出的「代價」

解二:其實Greedy就好了

從葉節點開始選,如果可以配對就配對,並把配對的兩個節點拔掉。

1

2

3

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10

為什麼是對的?

選那一條邊的答案 \(\geq\)不選

(如果不選就等同於那個葉節點不存在)

其實樹DP大概就這樣

但他超難><

 

以下的題目會有某些 OI 題的雷

給你一棵樹,每個節點上面有一個人,現在每個人都必須去一個不同的節點,而且每個節點最後只能有一個人,問所有人移動距離的最小總和(並輸出移動方法)。

 

\(n \leq 10^5\)

給你一棵樹,每個節點是黑色或白色,問有多少種方法把樹分成任意多個連通塊,使得每個連通塊內洽有一個黑點。

(答案模\(10^9 + 7\))

 

\(n \leq 10^5\)

給你一棵\(n\)個節點的樹和距離\(D\),請選出最多個點,使得任兩點的距離至少為\(D\)。

全方位木DP

なに

在大部份的樹DP問題,我們都可以直接選根

但有時候我們必須考慮所有可能的根

要怎麼有效率的做這件事呢?

來看一個裸題

在一棵樹上,點有點權\(a_i\),請找出一個點\(v\),使得\(\sum_{1 \leq i \leq n} dist(i, v) \cdot a_i\) 最大

 

\(n \leq 2 \times 10^5\)

\(O(n^2)\)顯然可做,但是要怎麼優化?

優化暴力?

先隨便選一個點DFS,用一個變數紀錄答案,並對每個點存兩個值:

  • 子樹大小
  • 子樹內的\(a_i\)總和

當我要從目前的根\(u\)移動到相鄰的點\(v\)為根時...

u

v

4

5

6

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8

9

10

只會改到\(u, v\)的資訊!

\(O(1)\)更新

並維護答案

我們做得到的事

在\(O(1)\)內把根往一條邊移動

這樣就夠了

對樹做歐拉遍歷,每經過一條邊就改變根的位置,總共改變\(O(n)\)次,而且每個點都會被看到。

 

這就是全方位木DP,又稱Rerooting Technique

例題1: TIOJ 魔法鏈

給你一棵樹,你每次可以選一個葉子(只有連到一個點)的節點,把他的編號紀錄在一個序列,並拔掉那個點。問可以形成的序列數。

 

註:本題的\(n \leq 2000\),但其實可以做到\(n \leq 2 \times 10^5\)

2

5

7

8

9

合法序列有:

9, 8, 5, 7, 2

7, 8, 5, 2, 9

...

不合法序列有:

9, 5, 8, 7, 2

 

給你一棵樹,點有點權\(a_i\),一個「好的」根節點\(v\)會符合,對於任意一條從\(v\)到點\(u\)的路徑,路徑上都不會有權值相同的點。問有幾個好的根節點。

 

\(n \leq 2 \times 10^5\)

Binary Jumping

倍增法

還記得倍增法的LCA怎麼做嗎?

對每個點維護他的\(1, 2, 4, ..., 2^k\)倍祖先,即可以在\(O(\log n)\)時間內找到一個點的\(x\)倍祖先。

其實,這個技巧不一定要在樹上也可以做。

一個常見的變形是:一個點指向另一個(可能有環)

這題:Lynyrd Skynyrd

你有一個 1~n 的排列\(p\)和一個長度為\(m\)的序列\(a\),

保證\(1 \leq a_i \leq n\)。

接著有\(q\)筆詢問,每次問區間\([l, r]\),回答\(a\)裡面是否存在一個在\([l, r]\)內的子序列,是排列\(p\)的某個循環移位 (Cyclic shift)

 

\(n, m, q \leq 2 \times 10^5\)

假設我固定子序列的第一項,如果他是答案的話,考慮最後一項....

提示->

倍增法還可以做什麼

把一條路徑分成\(\log n\)條不重疊的路徑!

當我們在處理可合併的東西的時候(ex. min, max, sum, gcd, ...),在做倍增表的時候就可以一邊紀錄這個東西,並用相同的方法在\(O(\log n * 合併時間)\)找答案。

相信大家都有看過這一類題目了:

https://ojdl.ck.tp.edu.tw/problem/7110

初選pD (Work in progress)

LCA 的一個(有點廢話的)性質

  • 每一對點會有恰好一個LCA,因此可以用枚舉LCA的方式枚舉路徑

  • 其實我原本要寫更多性質的但我想不到了

給你一張圖,邊有邊權,對於每一條邊,找到包含那條邊的最小生成樹權值。

 

\(n, m \leq 2 \times 10^5\),圖連通

例題:Root LCA Queries

給你一棵樹,有\(q\)筆詢問,每次問三個點\(a, b, c\),回答有多少點\(d\),使得如果你把\(d\)當根節點,\(lca(a, b) = c\)。

 

\(n, q \leq 10^5\),

補充:強強的LCA

使用\(O(n)\)記憶體和預處理時間,一樣\(O(\log n)\)跳\(k\)倍祖先

然後其實倍增表能做到的所有事情他都可以做到(因為路徑一樣可以被拆解)。

Small to large Merging

啟發式合併

啟發式合併?

簡單來說,就是當我們要合併兩個大小為\(a, b \ (a \geq b)\)的資料結構(可以是序列,set,map...)時,把小的合併到大的。

他跟樹上問題的關係?

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

假設我對一個子樹必須維護\(O(子樹大小)\)的東西

 

那在合併子樹答案的時候就可以用這個方法。

 

他的複雜度是...?

什麼?多一個 log 而已

有\(n\)個點,每次合併大小為\(a, b\)的連通塊時需要\(O(min(a, b))\)的時間。

 

考慮一個點所在的連通塊大小,每次他「被合併到其他連通塊」時,這個大小會增加為原本的至少\(2\)倍,也就是說一個點只會被算到\(O(\log n)\)次。

 

有\(n\)個點,所以總共合併 \(O(n \log n)\)次

例題:Lomsat Gelral

給你一棵有根樹,每個點上有顏色\(c_i\),一個子樹內的顏色為「重要」的,代表沒有其他顏色在那個子樹內出現比該顏色更多次(也就是說可能有多個重要的顏色)。

 

對於每個點,找到該子樹所有重要顏色的編號(\(c_i\))總和。

 

\(n \leq 10^5\)

 給你一棵有根樹以及預算上限\(M\),每個點上是一個忍者,有出動費用\(c_i\)和領導值\(l_i\),如果你選了\(v\)為領導人,則他的滿意度為

\(l_v \times 預算內能在v子樹內出動的忍者數量\)

 

請找出最大的滿意度。

 

\(n \leq 10^5, M, c_i, l_i \leq 10^9\) 

 給你一棵\(n\)個葉節點的二元樹,每個葉子上有一個值\(a_i\),且所有\(a_i\)形成一個排列。

你可以選擇任意個非葉節點並把他們的左右小孩交換。在交換之後,我們用前序遍歷這棵二元樹並上葉節點上的值紀錄成一個序列,

求這個序列最少的逆序數對數。

 

\(n \leq 2 \times 10^5\)

Heavy Light Decomposition

樹鏈剖分

Binary Jumping 的問題

一個點會被\(O(n)\)個區間覆蓋到,所以如果點上要修改,會有\(O(n)\)個值改變。

 

我們需要把樹上路徑切成\(O(\log n)\)條不相交的路徑,而且每個點都只被一個紀錄的路徑覆蓋到。

所以就有樹鏈剖分了

每個點都屬於一條樹鏈

考慮點\(v\)所在的樹鏈\(d(v)\)和他所有的小孩\(u\)。

子樹大小最大的一個小孩會有\(d(u) = d(v)\)。

其他的小孩屬於一條新的樹鏈。

這樣的複雜度

定義\(up(v)\)為點\(v\)所在樹鏈的「頂端」的節點。

那考慮一個點\(v\)走到根的路徑中,依序經過的樹鏈頂端的子樹大小。

 

跳到另一個樹鏈時,樹鏈頂端的子樹大小至少會加倍。

至多只會經過\(O(\log n)\)條樹鏈

那樹鏈剖分之後呢?

任意一條路徑可以被拆成\(O(\log n)\)條樹鏈組成的路徑

把一條樹鏈當成序列的一個區間,一條路徑會變成\(O(\log n)\)個區間,可以用線段樹維護。

那我們就會做這種問題

給你一棵樹,點有點權\(a_i\),處理\(q\)筆操作。

  1. 把點\(v\)的值改成\(x\)
  2. 詢問\(u\)到\(v\)路徑的最大\(a_i\)值

 

\(n, q \leq 10 ^5\)

More (hard) Problems

 

以下有很多 OI 題

很多我曾經會的題

跟很多我不會的題

卡常

在一個\(n\)個點的有根樹上,每個點有顏色\(1 \leq c_i \leq K\),接著有\(q\)筆操作:

 

1. 把一個點的顏色改為\(x\)

2. 詢問以\(v\)為根的子樹有多少種不同的顏色

 

\(n \leq 5 \times 10^5, q \leq 3 \times 10^5, SLOW JUDGE\)

這題有兩種解法w

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