進階樹論
建國中學 賴昭勳
Euler Tour & DFS
樹壓平
樹的DFS順序 - 1
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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
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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。
- 改變某個點的值
- 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\(2n\)
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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
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\(\text{In}\)：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
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\(arr\): 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
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\(arr\): 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
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\(arr\): 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。
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3
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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。
\(O(n)\)
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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：
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。
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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）。
\(n \leq 10^5\)
例題2: Appleman and Tree
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
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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
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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）
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。
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
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？
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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
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。
\(n \leq 10^5\)
例題：忍者調度問題
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。
- 把點\(v\)的值改成\(x\)
- 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