樹

TREE

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介紹

樹上 DFS

樹 DP

樹直徑

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樹壓平

樹鍊剖分

樹重心

other

樹上啟發式合併

樹同構

Link-Cut Tree

重心分治/重心剖分/重心樹

other

樹上背包

樹分塊

各種怪東西

  • 建中 225 賴柏宇

  • 海之音 / 小海 或其他類似的

  • 表達能力差，不懂要問

  • INFOR 36th 學術長

  • 不會樹論所以來當樹論講師

講師

慣用詞

#include <iostream>
#include <vector>
#incldue <functional>
#incldue <utility>
// ...可能有其他的

int n;     // 點數
int m;     // 邊數
int cur;   // 當前節點編號
int pre;   // 上一個節點，通常是父節點
int nxt;   // 下一個節點，通常是子節點
int depth; // 深度
int size;  // 大小，通常是子樹大小

const int null = -1;
const int MOD = 1e9 + 7;
const int INF = 2e9;

template <typename T>
using vec = std::vector<T>;

using pii = std::pair<int, int>;
using std::min;
using std::max;
using std::cin;
using std::cout;

ReSOURCES

註：編譯器使用 g++ , std=c++20

介紹

Introduction

〞

樹是一種無向圖，其中任意兩個頂點間存在唯一一條路徑。

或者說，只要沒有環的連通圖就是樹。

– Wikipedia

樹的定義 & 特性

  • 一種特殊的圖
  • 連通圖
  • 通常無向
  • 無環
    • 邊數 = 點數 - 1
    • 兩點間路徑唯一
  • 反過來說，只要 m = n - 1 的圖就是樹

1

0

2

3

4

5

6

7

8

9

樹的相關名詞

  • 以 0 為根
    • 資訊圈的樹都是反著長的

1

0

2

3

4

5

6

7

8

9

樹的相關名詞

1

0

2

3

4

5

6

7

8

9

  • 以 0 為根
  • 輩分關係：上 > 下
    • 0, 1 有父子關係　
    • 0 是父節點，1 是子節點
    • 看離根遠近

樹的相關名詞

1

0

2

3

4

5

6

7

8

9

  • 以 0 為根
  • 輩分關係：上 > 下
    • 0 是 5 的祖先
    • 5 是 0 的子孫
    • 看離根遠近

樹的相關名詞

1

0

2

3

4

5

6

7

8

9

  • 以 0 為根
  • 輩分關係：上 > 下
  • 深度：根到某節點的距離
    • 5 的深度為 2

d = 0

d = 1

d = 2

d = 3

樹的相關名詞

1

0

2

3

4

5

6

7

8

9

  • 以 0 為根
  • 輩分關係：上 > 下
  • 深度：根到某節點的距離
  • 樹高：樹的層數
    • 這棵樹樹高為 4

height = 4

樹的相關名詞

1

0

2

3

4

5

6

7

8

9

  • 以 0 為根
  • 輩分關係：上 > 下
  • 深度：根到某節點的距離
  • 樹高：樹的層數
  • 葉節點：度數 = 1 的節點
    • 4, 5, 7, 8, 9 是葉節點

樹的相關名詞

1

0

2

3

4

5

6

7

8

9

  • 以 0 為根
  • 輩分關係：上 > 下
  • 深度：根到某節點的距離
  • 樹高：樹的層數
  • 葉節點：沒有子節點的節點
  • 子樹：節點底下的所有節點
    • 2 的子樹如右圖
    • 有些人定義不包含自身

樹的相關名詞

1

0

2

3

4

5

6

7

8

9

  • 以 0 為根
  • 輩分關係：上 > 下
  • 深度：根到某節點的距離
  • 樹高：樹的層數
  • 葉節點：沒有子節點的節點
  • 子樹：節點底下的所有節點
  • 注意以上是在有根的情況下
    • 樹不一定要有根
    • 根不一定唯一

樹的相關名詞

0

3

9

  • 以 3 為根
  • 輩分關係：上 > 下
  • 深度：根到某節點的距離
  • 樹高：樹的層數
  • 葉節點：沒有子節點的節點
  • 子樹：節點底下的所有節點
  • 注意以上是在有根的情況下
    • 樹不一定要有根
    • 根不一定唯一

1

4

5

2

6

7

8

樹的用途

  • 樹論作為圖的延伸，有很多特性能用
    • 其實很多植物都和圖有關：森林、仙人掌...
  • 很多圖論題要用樹的方式解
    • 圖可以用 Tarjan 演算法變成樹，然後解掉
  • 樹論題包裝成圖論題
  • ...

樹的儲存

  • 一般來說我們會用鄰接串列
  • 如果要儲存的東西比較多，我會用下述方式存
struct Edge {
	// edge data
};

struct Node {
    // node data
    vec<Edge> edges;
};

using Tree = vec<Node>;

// 或者如果你想用 for (auto &nxt : tree[cur]) 遍歷

struct Node {
    // node data
    vec<Edge> edges;
    
    auto begin() {
        return edges.begin();
    }
    
    auto end() {
        return edges.end();
    }
};

樹上 DFS

DFS on Tree

樹的 DFS

  • 樹有什麼特性？
    • 連通
    • 無環
  • 有什麼能用的地方？

樹的 DFS

  • 圖可能有環，需記錄 Visited
  • 樹無環，只需記錄 Parent

1

0

2

1

0

2

i

當前拜訪節點

i

前個拜訪節點

# 一般圖 DFS

# 樹上的 DFS

樹的 DFS

  • 圖可能有環，需記錄 Visited
  • 樹無環，只需記錄 Parent

1

0

2

1

0

2

i

當前拜訪節點

i

前個拜訪節點

# 一般圖 DFS

# 樹上的 DFS

樹的 DFS

  • 圖可能有環，需記錄 Visited
  • 樹無環，只需記錄 Parent

1

0

2

1

0

2

i

當前拜訪節點

i

前個拜訪節點

# 一般圖 DFS

# 樹上的 DFS

樹的 DFS

  • 圖可能有環，需記錄 Visited
  • 樹無環，只需記錄 Parent

1

0

2

1

0

2

i

當前拜訪節點

i

前個拜訪節點

# 一般圖 DFS

# 樹上的 DFS

樹的 DFS

  • 圖可能有環，需記錄 Visited
  • 樹無環，只需記錄 Parent

1

0

2

1

0

2

i

當前拜訪節點

i

前個拜訪節點

# 一般圖 DFS

# 樹上的 DFS

拜訪重複節點

樹的 DFS

  • 圖可能有環，需記錄 Visited
  • 樹無環，只需記錄 Parent

1

0

2

1

0

2

i

當前拜訪節點

i

前個拜訪節點

# 一般圖 DFS

# 樹上的 DFS

樹的 DFS

  • 圖可能有環，需記錄 Visited
  • 樹無環，只需記錄 Parent

1

0

2

1

0

2

i

當前拜訪節點

i

前個拜訪節點

# 一般圖 DFS

# 樹上的 DFS

樹的 DFS

  • 圖可能有環，需記錄 Visited
  • 樹無環，只需記錄 Parent

1

0

2

1

0

2

i

當前拜訪節點

i

前個拜訪節點

# 一般圖 DFS

# 樹上的 DFS

樹的 DFS

  • 圖可能有環，需記錄 Visited
  • 樹無環，只需記錄 Parent

1

0

2

1

0

2

i

當前拜訪節點

i

前個拜訪節點

# 一般圖 DFS

# 樹上的 DFS

樹的 DFS

void dfs(int cur, int pre, vec<vec<int>> &tree) {
    for (int &nxt : tree[cur]) {
        if (nxt == pre) continue;
        dfs(nxt, cur, tree);
    }
}

遍歷順序

  • 運作的順序上雖然按照前面的模板，但處理順序可以不同
  • 二元樹中有三種處理方式
    • 前序遍歷：中節點 -> 左節點 -> 右節點
    • 中序遍歷：左節點 -> 中節點 -> 右節點
    • 後序遍歷：左節點 -> 右節點 -> 中節點

遍歷順序

處理順序

i

當前拜訪節點

  • 前序遍歷：
  • 中序遍歷：
  • 後序遍歷：

i

已拜訪節點

1

3

0

2

7

5

4

6

#遍歷順序

遍歷順序

處理順序

i

當前拜訪節點

  • 前序遍歷：3
  • 中序遍歷：
  • 後序遍歷：

i

已拜訪節點

1

3

0

2

7

5

4

6

#遍歷順序

遍歷順序

處理順序

i

當前拜訪節點

  • 前序遍歷：3, 1
  • 中序遍歷：
  • 後序遍歷：

i

已拜訪節點

1

3

0

2

7

5

4

6

#遍歷順序

遍歷順序

處理順序

i

當前拜訪節點

  • 前序遍歷：3, 1, 0
  • 中序遍歷：0
  • 後序遍歷：0

i

已拜訪節點

1

3

0

2

7

5

4

6

#遍歷順序

遍歷順序

處理順序

i

當前拜訪節點

  • 前序遍歷：3, 1, 0
  • 中序遍歷：0, 1
  • 後序遍歷：0

i

已拜訪節點

1

3

0

2

7

5

4

6

#遍歷順序

遍歷順序

處理順序

i

當前拜訪節點

  • 前序遍歷：3, 1, 0, 2
  • 中序遍歷：0, 1, 2
  • 後序遍歷：0, 2

i

已拜訪節點

1

3

0

2

7

5

4

6

#遍歷順序

遍歷順序

處理順序

i

當前拜訪節點

  • 前序遍歷：3, 1, 0, 2
  • 中序遍歷：0, 1, 2
  • 後序遍歷：0, 2, 1

i

已拜訪節點

1

3

0

2

7

5

4

6

#遍歷順序

遍歷順序

處理順序

i

當前拜訪節點

  • 前序遍歷：3, 1, 0, 2
  • 中序遍歷：0, 1, 2, 3
  • 後序遍歷：0, 2, 1

i

已拜訪節點

1

3

0

2

7

5

4

6

#遍歷順序

遍歷順序

處理順序

i

當前拜訪節點

  • 前序遍歷：3, 1, 0, 2, 7
  • 中序遍歷：0, 1, 2, 3
  • 後序遍歷：0, 2, 1

i

已拜訪節點

1

3

0

2

7

5

4

6

#遍歷順序

遍歷順序

處理順序

i

當前拜訪節點

  • 前序遍歷：3, 1, 0, 2, 7, 5
  • 中序遍歷：0, 1, 2, 3
  • 後序遍歷：0, 2, 1

i

已拜訪節點

1

3

0

2

7

5

4

6

#遍歷順序

遍歷順序

處理順序

i

當前拜訪節點

  • 前序遍歷：3, 1, 0, 2, 7, 5, 4
  • 中序遍歷：0, 1, 2, 3, 4
  • 後序遍歷：0, 2, 1, 4

i

已拜訪節點

1

3

0

2

7

5

4

6

#遍歷順序

遍歷順序

處理順序

i

當前拜訪節點

  • 前序遍歷：3, 1, 0, 2, 7, 5, 4
  • 中序遍歷：0, 1, 2, 3, 4, 5
  • 後序遍歷：0, 2, 1, 4

i

已拜訪節點

1

3

0

2

7

5

4

6

#遍歷順序

遍歷順序

處理順序

i

當前拜訪節點

  • 前序遍歷：3, 1, 0, 2, 7, 5, 4, 6
  • 中序遍歷：0, 1, 2, 3, 4, 5, 6
  • 後序遍歷：0, 2, 1, 4, 6

i

已拜訪節點

1

3

0

2

7

5

4

6

#遍歷順序

遍歷順序

處理順序

i

當前拜訪節點

  • 前序遍歷：3, 1, 0, 2, 7, 5, 4, 6
  • 中序遍歷：0, 1, 2, 3, 4, 5, 6
  • 後序遍歷：0, 2, 1, 4, 6, 5

i

已拜訪節點

1

3

0

2

7

5

4

6

#遍歷順序

遍歷順序

處理順序

i

當前拜訪節點

  • 前序遍歷：3, 1, 0, 2, 7, 5, 4, 6
  • 中序遍歷：0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7
  • 後序遍歷：0, 2, 1, 4, 6, 5, 7

i

已拜訪節點

1

3

0

2

7

5

4

6

#遍歷順序

遍歷順序

處理順序

i

當前拜訪節點

  • 前序遍歷：3, 1, 0, 2, 7, 5, 4, 6
  • 中序遍歷：0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7
  • 後序遍歷：0, 2, 1, 4, 6, 5, 7, 3

i

已拜訪節點

1

3

0

2

7

5

4

6

#遍歷順序

遍歷順序

處理順序

i

當前拜訪節點

  • 前序遍歷：3, 1, 0, 2, 7, 5, 4, 6
  • 中序遍歷：0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7
  • 後序遍歷：0, 2, 1, 4, 6, 5, 7, 3

i

已拜訪節點

1

3

0

2

7

5

4

6

#遍歷順序

遍歷順序

#define lchild first
#define rchild second

void preorder(int cur, vec<pii> &tree) {
    if (cur == null) return;
    process(cur);
    preorder(tree[cur].lchild, tree);
    preorder(tree[cur].rchild, tree);
}

void inorder(int cur, vec<pii> &tree) {
    if (cur == null) return;
    inorder(tree[cur].lchild, tree);
    process(cur);
    inorder(tree[cur].rchild, tree);
}

void postorder(int cur, vec<pii> &tree) {
    if (cur == null) return;
    postorder(tree[cur].lchild, tree);
    postorder(tree[cur].rchild, tree);
    process(cur);
}

輸出

#include <iostream>
#include <utility>
#include <vector>

#define lchild first
#define rchild second

template <typename T>
using vec = std::vector<T>;

using pii = std::pair<int, int>;

const int null = -1;

void process(int node) {
    std::cout << node << " ";
}

void preorder(int cur, vec<pii> &tree) {
    if (cur == null) return;
    process(cur);
    preorder(tree[cur].lchild, tree);
    preorder(tree[cur].rchild, tree);
}

void inorder(int cur, vec<pii> &tree) {
    if (cur == null) return;
    inorder(tree[cur].lchild, tree);
    process(cur);
    inorder(tree[cur].rchild, tree);
}

void postorder(int cur, vec<pii> &tree) {
    if (cur == null) return;
    postorder(tree[cur].lchild, tree);
    postorder(tree[cur].rchild, tree);
    process(cur);
}

int main() {
    vec<pii> tree = {{-1, -1}, {0, 2}, {-1, -1}, {1, 7}, {-1, -1}, {4, 6}, {-1, -1}, {5, -1}};
    int root = 3;
    preorder(root, tree);
    std::cout << "\n";
    inorder(root, tree);
    std::cout << "\n";
    postorder(root, tree);
    std::cout << "\n";
}
3 1 0 2 7 5 4 6 
0 1 2 3 4 5 6 7 
0 2 1 4 6 5 7 3

Undo

  • 樹上 DFS 的過程有「前進」還有「後退」
  • 我們可以好好利用這個特性做一些事
  • 舉個例子，重複利用資料

樹上LIS

  • 樹上 LIS：找尋所有分支的 LIS
  • 以右圖來說，就是 3, 5, 6 節點
  • LIS 做法：維護可能尾端的單調隊列
  • 怎麼應用在樹上？

i

LIS 所在節點

LIS 所在分支

i

1

3

2

7

5

4

6

0

#樹上LIS

樹上LIS

  • 一種做法是在每個節點都維護到那點的可能尾端
  • 從父節點複製一份來給當前節點用
  • 這麼做顯然不切實際，時空耗費太大
  • 有沒有一種可能，不用複製？

1

3

0

2

7

5

4

6

可能的尾端

[...]

[3]

[1]

[0]

[1, 2]

[3, 7]

[3, 5]

[3, 4]

[3, 4, 6]

#樹上LIS

樹上LIS

  • 我們常常用「回到上一步」這個功能
  • 可以把想法用在這裡
  • 不用複製，只要前一個分支用完恢復成用之前的樣子就好了！

1

3

0

2

7

5

4

6

當前節點可能的尾端

[...]

[]

i

當前拜訪節點

#樹上LIS

樹上LIS

  • 我們常常用「回到上一步」這個功能
  • 可以把想法用在這裡
  • 不用複製，只要前一個分支用完恢復成用之前的樣子就好了！

1

3

0

2

7

5

4

6

當前節點可能的尾端

[...]

[3]

i

當前拜訪節點

#樹上LIS

樹上LIS

  • 我們常常用「回到上一步」這個功能
  • 可以把想法用在這裡
  • 不用複製，只要前一個分支用完恢復成用之前的樣子就好了！

1

3

0

2

7

5

4

6

當前節點可能的尾端

[...]

[1]

i

當前拜訪節點

#樹上LIS

樹上LIS

  • 我們常常用「回到上一步」這個功能
  • 可以把想法用在這裡
  • 不用複製，只要前一個分支用完恢復成用之前的樣子就好了！

1

3

0

2

7

5

4

6

當前節點可能的尾端

[...]

[0]

i

當前拜訪節點

#樹上LIS

樹上LIS

  • 我們常常用「回到上一步」這個功能
  • 可以把想法用在這裡
  • 不用複製，只要前一個分支用完恢復成用之前的樣子就好了！

1

3

0

2

7

5

4

6

當前節點可能的尾端

[...]

[1]

i

當前拜訪節點

#樹上LIS

樹上LIS

  • 我們常常用「回到上一步」這個功能
  • 可以把想法用在這裡
  • 不用複製，只要前一個分支用完恢復成用之前的樣子就好了！

1

3

0

2

7

5

4

6

當前節點可能的尾端

[...]

[1, 2]

i

當前拜訪節點

#樹上LIS

樹上LIS

  • 我們常常用「回到上一步」這個功能
  • 可以把想法用在這裡
  • 不用複製，只要前一個分支用完恢復成用之前的樣子就好了！

1

3

0

2

7

5

4

6

當前節點可能的尾端

[...]

[1]

i

當前拜訪節點

#樹上LIS

樹上LIS

  • 我們常常用「回到上一步」這個功能
  • 可以把想法用在這裡
  • 不用複製，只要前一個分支用完恢復成用之前的樣子就好了！

1

3

0

2

7

5

4

6

當前節點可能的尾端

[...]

[3]

i

當前拜訪節點

#樹上LIS

樹上LIS

  • 我們常常用「回到上一步」這個功能
  • 可以把想法用在這裡
  • 不用複製，只要前一個分支用完恢復成用之前的樣子就好了！

1

3

0

2

7

5

4

6

當前節點可能的尾端

[...]

[3, 7]

i

當前拜訪節點

#樹上LIS

樹上LIS

  • 我們常常用「回到上一步」這個功能
  • 可以把想法用在這裡
  • 不用複製，只要前一個分支用完恢復成用之前的樣子就好了！

1

3

0

2

7

5

4

6

當前節點可能的尾端

[...]

[3, 5]

i

當前拜訪節點

#樹上LIS

樹上LIS

  • 我們常常用「回到上一步」這個功能
  • 可以把想法用在這裡
  • 不用複製，只要前一個分支用完恢復成用之前的樣子就好了！

1

3

0

2

7

5

4

6

當前節點可能的尾端

[...]

[3, 4]

i

當前拜訪節點

#樹上LIS

樹上LIS

  • 我們常常用「回到上一步」這個功能
  • 可以把想法用在這裡
  • 不用複製，只要前一個分支用完恢復成用之前的樣子就好了！

1

3

0

2

7

5

4

6

當前節點可能的尾端

[...]

[3, 5]

i

當前拜訪節點

#樹上LIS

樹上LIS

  • 我們常常用「回到上一步」這個功能
  • 可以把想法用在這裡
  • 不用複製，只要前一個分支用完恢復成用之前的樣子就好了！

1

3

0

2

7

5

4

6

當前節點可能的尾端

[...]

[3, 5, 6]

i

當前拜訪節點

#樹上LIS

樹上LIS

  • 我們常常用「回到上一步」這個功能
  • 可以把想法用在這裡
  • 不用複製，只要前一個分支用完恢復成用之前的樣子就好了！

1

3

0

2

7

5

4

6

當前節點可能的尾端

[...]

[3, 5]

i

當前拜訪節點

#樹上LIS

樹上LIS

  • 我們常常用「回到上一步」這個功能
  • 可以把想法用在這裡
  • 不用複製，只要前一個分支用完恢復成用之前的樣子就好了！

1

3

0

2

7

5

4

6

當前節點可能的尾端

[...]

[3, 7]

i

當前拜訪節點

#樹上LIS

樹上LIS

  • 我們常常用「回到上一步」這個功能
  • 可以把想法用在這裡
  • 不用複製，只要前一個分支用完恢復成用之前的樣子就好了！

1

3

0

2

7

5

4

6

當前節點可能的尾端

[...]

[3]

i

當前拜訪節點

#樹上LIS

樹上LIS

  • 我們常常用「回到上一步」這個功能
  • 可以把想法用在這裡
  • 不用複製，只要前一個分支用完恢復成用之前的樣子就好了！

1

3

0

2

7

5

4

6

當前節點可能的尾端

[...]

[]

i

當前拜訪節點

#樹上LIS

樹上LIS

  • 怎麼恢復？
  • 記錄修改的位置以及修改以前的值
  • 遞迴用 stack 記錄會比較方便

樹上 LIS

struct LIS {
    vec<int> mono;
    std::stack<pii> trace;
    void add_number(int n) {
        if (mono.empty() || n > mono.back()) {
            mono.push_back(n);
            trace.push({-1, n});
        }
        else {
            auto pos = std::lower_bound(mono.begin(), mono.end(), n);
            trace.push({pos - mono.begin(), *pos});
            *pos = n;
        }
    }
    void undo() {
        auto [pos, val] = trace.top();
        trace.pop();
        if (pos == -1) mono.pop_back();
        else mono[pos] = val;
    }
};

int max_len = 0;

void tree_lis(int cur, int pre, LIS &lis, const vec<int> &nums, const vec<vec<int>> &tree) {
    lis.add_number(nums[cur]);
    max_len = max(max_len, lis.mono.size());
    for (const int &nxt : tree[cur]) {
        if (nxt == pre) continue;
        tree_lis(nxt, cur, lis, nums, tree);
    }
    lis.undo();
}

題單

TIOJ 2277

CF #756 pE1

2024 學術上機考 B2

樹 DP

DP on Tree

Dynamic Programming

  • 記得 DP 在做什麼嗎？
    • 分治優化
    • 把小狀態記錄下來，優化重複使用的效率
  • 樹具有相當良好的分治結構

樹分治

  • 從分治的例子看起
  • 分、治
    • 分：對每個子節點求解
    • 治：所有子節點加上自己

3

8

1

1

4

3

1

1

#子樹大小

子樹大小

vec<int> sub_sizes;

int get_sub_size(int cur, const vec<vec<int>> &tree) {
	// 這題的測資輸法不會有環
	for (const int &nxt : tree[cur])
		sub_sizes[cur] += get_sub_size(nxt, tree);

	return sub_sizes[cur] + 1; // 回傳時記得加上自己
}

int main() {
	std::ios_base::sync_with_stdio(0), std::cin.tie(0);

	int n;
	cin >> n;

	sub_sizes.resize(n, 0);
	vec<vec<int>> tree(n);

	for (int i = 1; i < n; i++) {
		int parent;
		cin >> parent;
		parent--;
		tree[parent].push_back(i);
	}

	get_sub_size(0, tree);

	for (const int &sub_size : sub_sizes)
		cout << sub_size << " ";
}

樹分治

  • 因為樹本身的結構，所以在樹上做分治的特點有：
    • 分要想辦法拆成子樹能處理的
    • 合併也是透過子樹答案合併
    • 到葉節點時中止遞迴
  • 之前的線段樹做的也是種樹分治
  • 而一般來說，樹分治的各個子節點可以獨立處理

樹DP

  • 樹分治可以不用記錄值，但有時候會需要存起來
  • 但其實沒有那麼明顯的分別，參考就好

樹DP

  • 例題：樹上最大匹配（CSES 1130）
  • 樹上鄰近兩點湊一對，最多可以湊幾對？
  • 思路：對於每個子節點可以分成兩種情況
    • 該子節點根有配對，該分支的最大匹配
    • 該子節點沒配對，該分支的最大匹配

樹DP

  • 令 (dp0, dp1) 分別為不選取、選取該點時子樹的最大匹配
  • dp0 顯然就是各子節點的最大值加起來
  • dp1 表示當前節點一定要和某個子節點匹配，且該子節點不能匹配

(0, 0)

(0, 0)

(0, 1)

(0, 0)

(0, 0)

(0, 1)

(1, 1)

(2, 3)

#(dp0, dp1)

樹上最大匹配

vec<pii> dp;
// dp[i].first: 不選當前節點的最大值
// dp[i].second: 選當前節點的最大值

void max_match(int cur, int pre, const vec<vec<int>> &tree) {
    for (const int &nxt : tree[cur]) {
        if (nxt == pre) continue;
        max_match(nxt, cur, tree);
        dp[cur].first += max(dp[nxt].first, dp[nxt].second);
        // 不選當前節點：所有分支的最大值和
    }
    for (const int &nxt : tree[cur]) {
        if (nxt == pre) continue;
        int nxt_ans = max(dp[nxt].first, dp[nxt].second);
        dp[cur].second = max(dp[cur].first - nxt_ans + dp[nxt].first + 1, dp[cur].second);
        // 選當前節點：其中一個分支必須沒有選才能接當前節點
    }
}

int main() {
    std::ios_base::sync_with_stdio(0), std::cin.tie(0);

    int n;
    cin >> n;
    vec<vec<int>> tree(n);
    dp.resize(n);
    for (int i = 0; i < n - 1; i++) {
        int u, v;
        std::cin >> u >> v;
        u--, v--;
        tree[u].push_back(v);
        tree[v].push_back(u);
    }
    max_match(0, null, tree);
    cout << std::max(dp[0].first, dp[0].second) << "\n";
}

換根DP

  • 顧名思義，dp 的過程中換根
  • 有些時候題目並沒有明確說哪個節點是根，是我們自己定的
  • 例題：CSES 1133 - Tree Distances II
    • 求一個節點各節點的深度和

換根DP

  • 從固定某個點想起，然後思考怎麼轉移到其他點
  • 不妨先設 0 為根，計算 0 的答案
int sub_depth_sum(int cur, int pre, int cur_depth, const vec<vec<int>> &tree) {
    int cur_depth_sum = cur_depth;
    for (const int &nxt : tree[cur]) {
        if (nxt == pre) continue;
        cur_depth_sum += sub_depth_sum(nxt, cur, cur_depth + 1, tree);
    }
    return cur_depth_sum;
}

換根DP

  • 怎麼轉移到鄰近的點？

12

?

#轉移

換根DP

  • 在那棵子樹以外的其他點距離都會 +1

12

?

#轉移

換根DP

  • 相反地，在那棵子樹的點距離會 -1

12

?

#轉移

換根DP

  • 換根 dp 大致可以歸納出以下重點
    • 在預處理時順便處理子樹大小
    • 之後用根的答案轉移到每個點
  • 預處理的資訊通常會有子樹大小或深度什麼的

Tree Distance II

#define int long long
vec<int> sub_size;
int preprocess(int cur, int pre, int cur_depth, const vec<vec<int>> &tree) {
    int cur_depth_sum = cur_depth;
    sub_size[cur] = 1;
    for (const int &nxt : tree[cur]) {
        if (nxt == pre) continue;
        cur_depth_sum += preprocess(nxt, cur, cur_depth + 1, tree);
        sub_size[cur] += sub_size[nxt];
    }
    return cur_depth_sum;
}

vec<int> depth_sums;
void trans_from_root(int cur, int pre, const vec<vec<int>> &tree) {
    for (const int &nxt : tree[cur]) {
        if (nxt == pre) continue;
        depth_sums[nxt] = depth_sums[cur] - sub_size[nxt] + (tree.size() - sub_size[nxt]);
        trans_from_root(nxt, cur, tree);
    }
}

signed main() {
    std::ios_base::sync_with_stdio(0), std::cin.tie(0);
    int n;
    cin >> n;
    vec<vec<int>> tree(n);
    sub_size.resize(n);
    depth_sums.resize(n);
    for (int i = 0; i < n - 1; i++) {
        int u, v;
        cin >> u >> v;
        u--, v--;
        tree[u].push_back(v);
        tree[v].push_back(u);
    }
    depth_sums[0] = preprocess(0, 0, 0, tree);
    trans_from_root(0, 0, tree);
    for (const auto &sum : depth_sums)
        cout << sum << " ";
}

題單

AtCoder DP P

CF #722 pA

CF #800 pD

樹直徑

Diameter

樹直徑

  • 圓的直徑其實就是圓上最長的一條弦
  • 樹直徑同理，是樹上最長的一條路徑
  • 樹直徑有可能有很多條

#樹直徑

樹直徑

  • 圓的直徑其實就是圓上最長的一條弦
  • 樹直徑同理，是樹上最長的一條路徑
  • 樹直徑有可能有很多條

#樹直徑

樹直徑

  • 至於如何找到樹直徑？
  • 其實意料之外地簡單
  • 隨便選某個點 O，找到那點的最遠點 A
  • 然後找 A 的最遠點 B ，AB 就是樹直徑的兩端
  • 證明

樹直徑

  • 或者你可以樹 dp
  • 對於每個節點存往下的最長路徑長以及次長路徑長
    • 注意最長路徑以及次長路徑必須從不同子樹得到答案
    • 確保無公共邊
  • 所有點中最長 + 次長 - 1 中最大者即為樹直徑

(2, 2)

(4, 3)

(1, 1)

(1, 1)

(3, 1)

(2, 2)

(1, 1)

(1, 1)

#(最長, 次長)

樹直徑

  • 這麼做的好處是有負邊時也行
  • 相較於上個做法比較不唬爛（

(2, 2)

(4, 3)

(1, 1)

(1, 1)

(3, 1)

(2, 2)

(1, 1)

(1, 1)

#(最長, 次長)

樹直徑

int diameter_len = 0;
int get_longest_path(int cur, int pre, const vec<vec<int>> &tree) {
    int l1 = 1, l2 = 1;
    for (const int &nxt : tree[cur]) {
        if (nxt == pre) continue;
        int nxt_longest = get_longest_path(nxt, cur, tree) + 1;
        if (nxt_longest >= l1) {
            l2 = l1;
            l1 = nxt_longest;
        }
        else if (nxt_longest >= l2) {
            l2 = nxt_longest;
        }
    }
    diameter_len = max(diameter_len, l1 + l2 - 1);
    return l1;
}

int main() {
    std::ios_base::sync_with_stdio(0), std::cin.tie(0);
    int n;
    cin >> n;
    vec<vec<int>> tree(n);
    for (int i = 0; i < n - 1; i++) {
        int u, v;
        cin >> u >> v;
        u--, v--;
        tree[u].push_back(v);
        tree[v].push_back(u);
    }
    get_longest_path(0, 0, tree);
    cout << diameter_len - 1;
}

題單

CSES 1131

CSES 1132

TIOJ 2189 / TOI 2020 初選 pB

TOI 2023 初選 pC

TIOJ 2215

CF #495 pE

LCA

Lowest Common Ancestor

LCA

  • What is LCA?
  • 最低共同祖先
  • 在演化樹上，就是距離兩種生物最近的共同祖先

LCA

  • 在資訊學上，就是兩點的共同祖先中，深度最大的

1

0

2

3

4

5

6

7

8

9

d = 0

d = 1

d = 2

d = 3

LCA

  • 這是 5 的祖先

1

0

2

3

4

5

6

7

8

9

d = 0

d = 1

d = 2

d = 3

LCA

  • 這是 9 的祖先

1

0

2

3

4

5

6

7

8

9

d = 0

d = 1

d = 2

d = 3

LCA

  • 這是 5, 9 的共同祖先

1

0

2

3

4

5

6

7

8

9

d = 0

d = 1

d = 2

d = 3

LCA

  • 再舉個例子，這是 7 的祖先

1

0

2

3

4

5

6

7

8

9

d = 0

d = 1

d = 2

d = 3

LCA

  • 這是 8 的祖先

1

0

2

3

4

5

6

7

8

9

d = 0

d = 1

d = 2

d = 3

LCA

  • 這是他們的共同祖先，最低的就是 6

1

0

2

3

4

5

6

7

8

9

d = 0

d = 1

d = 2

d = 3

LCA

倍增法

  • 對，又是你倍增法
  • 上次提到是在資結的 sparse table
  • 這次要怎麼和倍增扯上關聯？

倍增法

  • 先考慮暴力做法
  • 對於每個點預處理祖先是誰
  • 兩個點同時往上爬
  • 兩個點相遇時就是答案

1

3

0

2

7

5

4

6

#LCA(2, 5)

倍增法

  • 先考慮暴力做法
  • 對於每個點預處理祖先是誰
  • 兩個點同時往上爬
  • 兩個點相遇時就是答案

1

3

0

2

7

5

4

6

#LCA(2, 5)

倍增法

  • 先考慮暴力做法
  • 對於每個點預處理祖先是誰
  • 兩個點同時往上爬
  • 兩個點相遇時就是答案

1

3

0

2

7

5

4

6

#LCA(2, 5)

倍增法

  • 先考慮暴力做法
  • 對於每個點預處理祖先是誰
  • 兩個點同時往上爬
  • 兩個點相遇時就是答案
  • 然而，深度不同時不可行
  • 所以要預處理深度，低的先爬到深度相同的位置再開始一起爬

1

3

0

2

7

5

4

6

#LCA(1, 5)

倍增法

  • 先考慮暴力做法
  • 對於每個點預處理祖先是誰
  • 兩個點同時往上爬
  • 兩個點相遇時就是答案
  • 然而，深度不同時不可行
  • 所以要預處理深度，低的先爬到深度相同的位置再開始一起爬

1

3

0

2

7

5

4

6

#LCA(1, 5)

倍增法

  • 先考慮暴力做法
  • 對於每個點預處理祖先是誰
  • 兩個點同時往上爬
  • 兩個點相遇時就是答案
  • 然而，深度不同時不可行
  • 所以要預處理深度，低的先爬到深度相同的位置再開始一起爬

1

3

0

2

7

5

4

6

#LCA(1, 5)

倍增法

  • 你會發現，這方法慢得很，單次查詢
  • 但造成速度慢的主要原因也很明顯：爬的過程
  • 很顯然一次爬一步太慢，所以我們一次爬多一點
O(n)

倍增法

  • 假設目標是向上爬 n 步
  • n 可以拆成二進位：例如 n = 26 = 16 + 8 + 2
  • 開一個表格，儲存每個節點的       代祖先
  • 類似稀疏表
2^i

倍增法

  • 類似於稀疏表，令                                   為     的      代祖先
  • 一個節點的           代祖先相當於      代祖先的      代祖先
  • 所以
  • 建                          層，每層     格，複雜度
2^{i+1}
2^i
2^i
ancestors[i][u]
u
2^i
ancestors[i + 1][u] = ancestors[i][ancestors[i][u]]
\lfloor log_2n + 1\rfloor
n
O(n\ log\ n)

倍增法

  • 現在沒有所謂「範圍大小」了，怎麼查詢？
  • 範圍如果不確定那就搜尋啊！
  • 先找表裡有的最低祖先，如果是共祖就向下找
  • 找到不是共祖的祖先就向上爬
  • 結果是不是共祖的點裡最高的

1

3

0

2

7

5

4

6

2 的 2 代祖先為 3

5 的 2 代祖先為 3

3 為 2, 5 共祖

#LCA(2, 5)

倍增法

  • 現在沒有所謂「範圍大小」了，怎麼查詢？
  • 範圍如果不確定那就搜尋啊！
  • 先找表裡有的最低祖先，如果是共祖就向下找
  • 找到不是共祖的祖先就向上爬
  • 結果是不是共祖的點裡最高的

1

3

0

2

7

5

4

6

2 的 1 代祖先為 1

5 的 1 代祖先為 7

非共祖

#LCA(2, 5)

倍增法

  • 現在沒有所謂「範圍大小」了，怎麼查詢？
  • 範圍如果不確定那就搜尋啊！
  • 先找表裡有的最低祖先，如果是共祖就向下找
  • 找到不是共祖的祖先就向上爬
  • 結果是不是共祖的點裡最高的

1

3

0

2

7

5

4

6

結束

結果為 1 (或 7) 的父節點 3

#LCA(2, 5)

倍增法

  • 如果每次都從表中最高的祖先開始找複雜度是
  • 還可以再優化
  • 可以保證，向上走的步長只會愈來愈小
  • 只會跑過 2 的冪次的步長，複雜度
O(log^2n)
O(log\ n)

倍增法 LCA

namespace BinaryLifting {
    vec<vec<int>> ancestors;
    vec<int> depths;

    void dfs(int cur, int pre, int cur_depth, const vec<vec<int>> &tree) {
        depths[cur] = cur_depth;
        ancestors[0][cur] = pre;
        for (const int &nxt : tree[cur])
            if (nxt != pre)
                dfs(nxt, cur, cur_depth + 1, tree);
    }

    void build_ancestor_table(const vec<vec<int>> &tree) {
        depths.resize(tree.size());
        ancestors.resize(std::__lg(tree.size()) + 1);
        for (auto &_list : ancestors) _list.resize(tree.size());
        dfs(0, 0, 0, tree);

        for (int i = 0; i < ancestors.size() - 1; i++)
            for (int u = 0; u < tree.size(); u++)
                ancestors[i + 1][u] = ancestors[i][ancestors[i][u]];
    }

    int LCA(int u, int v) {
        if (depths[v] > depths[u]) std::swap(u, v);

        for (int diff = depths[u] - depths[v], i = 0; diff; diff >>= 1, i++)
            if (diff & 1)
                u = ancestors[i][u];

        if (u == v) return u;

        for (int i = ancestors.size() - 1; i >= 0; i--)
            if (ancestors[i][u] != ancestors[i][v])
                u = ancestors[i][u], v = ancestors[i][v];

        return ancestors[0][u];
    }
}

int main() {
    std::ios_base::sync_with_stdio(0), std::cin.tie(0);
    int n, q;
    cin >> n >> q;
    vec<vec<int>> tree(n);
    for (int i = 1; i < n; i++) {
        int u;
        cin >> u;
        u--;
        tree[u].push_back(i);
    }
    BinaryLifting::build_ancestor_table(tree);
    for (int i = 0; i < q; i++) {
        int u, v;
        cin >> u >> v;
        u--, v--;
        cout << BinaryLifting::LCA(u, v) + 1 << "\n";
    }
}

「我是你今晚的噩夢。」

「參加這社團就別想逃過我的魔爪。」

Tarjan   

– Robert Endre Tarjan,
沒有說過

「為什麼，到底為什麼。」

– 維基百科上大概沒有

Tarjan LCA

  • 我還需要說什麼
  • 之前關於連通性的 Tarjan 算法都是基於 DFS 延伸
  • 這次也是，幾乎把 DFS 玩到極致了

Tarjan LCA

  • 找 LCA 相當於找某個子樹的根
  • 在 DFS 某個子樹時一定會在兩個點走過之後才離開

#LCA子樹

Tarjan LCA

  • 找 LCA 相當於找某個子樹的根
  • 在 DFS 某個子樹時一定會在兩個點走過之後才離開

#LCA子樹

Tarjan LCA

  • 找 LCA 相當於找某個子樹的根
  • 在 DFS 某個子樹時一定會在兩個點走過之後才離開

#LCA子樹

Tarjan LCA

  • 任務變成「在離開兩點之前，抵達最高的點」
  • 在每點維護一個值，代表在離開一點後抵達的最高點
  • 假設要求 LCA(A, B)
    • 離開 A 點抵達 B 點後，A 的值就是 LCA
  • 那麼，要如何維護每個點離開後抵達的最高點？

Tarjan LCA

  • 不如我們在離開後就把點向上合併吧
  • 向上合併符合我們說「記錄離開後到達的最高點」
  • 處理合併的資料結構：併查集
struct DSU {
    vec<int> master;

    DSU(int n)
        : master(n) {
        for (int i = 0; i < n; i++)
            master[i] = i;
    }

    int find(int n) {
        return (master[n] == n) ? n : (master[n] = find(master[n]));
    }

    void combine(int a, int b) {
        a = find(a), b = find(b);
        master[b] = a;
    }
};

Tarjan LCA

當前拜訪節點

LCA

在離開一點後合併該點和它的父節點

目標：到 B 點時記錄 A 所在子樹的根

B

A

i

LCA 目標節點

#LCA(A, B)

Tarjan LCA

當前拜訪節點

i

LCA 目標節點

LCA

在離開一點後合併該點和它的父節點

目標：到 B 點時記錄 A 所在子樹的根

B

A

#LCA(A, B)

Tarjan LCA

當前拜訪節點

LCA

在離開一點後合併該點和它的父節點

目標：到 B 點時記錄 A 所在子樹的根

B

A

i

LCA 目標節點

#LCA(A, B)

Tarjan LCA

當前拜訪節點

LCA

在離開一點後合併該點和它的父節點

目標：到 B 點時記錄 A 所在子樹的根

B

A

i

LCA 目標節點

#LCA(A, B)

Tarjan LCA

當前拜訪節點

LCA

在離開一點後合併該點和它的父節點

目標：到 B 點時記錄 A 所在子樹的根

A

B

i

LCA 目標節點

#LCA(A, B)

Tarjan LCA

當前拜訪節點

LCA

在離開一點後合併該點和它的父節點

目標：到 B 點時記錄 A 所在子樹的根

A

B

i

LCA 目標節點

#LCA(A, B)

Tarjan LCA

當前拜訪節點

LCA

在離開一點後合併該點和它的父節點

目標：到 B 點時記錄 A 所在子樹的根

A

B

i

LCA 目標節點

#LCA(A, B)

Tarjan LCA

當前拜訪節點

LCA

到達 B 節點

此時從 A 向上找（合併）

A

B

i

LCA 目標節點

#LCA(A, B)

Tarjan LCA

當前拜訪節點

LCA

A

B

i

LCA 目標節點

到達 B 節點

此時從 A 向上找（合併）

#LCA(A, B)

Tarjan LCA

當前拜訪節點

LCA

A

B

i

LCA 目標節點

到達 B 節點

此時從 A 向上找（合併）

因此結果就是 A 此時指向的點

#LCA(A, B)

Tarjan LCA

當前拜訪節點

LCA

i

LCA 目標節點

再示範一個 A' B'

A'

B'

#LCA(A', B')

Tarjan LCA

當前拜訪節點

LCA

i

LCA 目標節點

在離開一點後合併該點和它的父節點

目標：到 B' 點時記錄 A' 所在子樹的根

A'

B'

#LCA(A', B')

Tarjan LCA

當前拜訪節點

LCA

i

LCA 目標節點

在離開一點後合併該點和它的父節點

目標：到 B' 點時記錄 A' 所在子樹的根

A'

B'

#LCA(A', B')

Tarjan LCA

當前拜訪節點

LCA

i

LCA 目標節點

在離開一點後合併該點和它的父節點

目標：到 B' 點時記錄 A' 所在子樹的根

A'

B'

#LCA(A', B')

Tarjan LCA

當前拜訪節點

LCA

i

LCA 目標節點

在離開一點後合併該點和它的父節點

目標：到 B' 點時記錄 A' 所在子樹的根

A'

B'

#LCA(A', B')

Tarjan LCA

當前拜訪節點

LCA

i

LCA 目標節點

到達 B' 節點

此時從 A' 向上找（合併）

A'

B'

#LCA(A', B')

Tarjan LCA

當前拜訪節點

LCA

i

LCA 目標節點

到達 B' 節點

此時從 A' 向上找（合併）

因此結果就是 A' 此時指向的點

A'

B'

#LCA(A', B')

Tarjan LCA

  • 至此我們也可以看出 Tarjan LCA 的另一個特性：離線
  • 雖然 DFS 一次要             ，但查詢更多次是可以在同一次 DFS 完成的
  • 它的複雜度是                      其中     是查詢次數
  • 為什麼不帶            ？
    • 併查集特殊用法
    • 每條邊只會在 DFS 被使用以及在查詢時被使用
O(n)
O(n + q)
q
\alpha (n)

Tarjan LCA

namespace Tarjan_LCA {
    struct Node {
        vec<int> neighbors;
        vec<pii> LCA_target;  // LCA partner, index in query queue
    };

    vec<Node> tree;
    vec<bool> visited;
    vec<int> master;
    vec<int> LCAs;
    int root;

    void set_size(int n, int q) {
        tree.resize(n);
        visited.resize(n, false);
        master.resize(n);
        LCAs.resize(q);
        for (int i = 0; i < n; i++)
            master[i] = i;
    }

    void set_root(int index) {
        root = index;
    }

    void add_edge(int u, int v) {
        tree[u].neighbors.push_back(v);
        tree[v].neighbors.push_back(u);
    }

    void add_query(int u, int v) {
        static int cnt = 0;
        tree[u].LCA_target.push_back({v, cnt});
        tree[v].LCA_target.push_back({u, cnt});
        ++cnt;
    }

    void solve() {
        auto find = [&](int n, auto &&find) -> int {
            return (n == master[n]) ? n : (master[n] = find(master[n], find));
        };

        auto combine = [&](int a, int b) -> void {
            a = find(a, find), b = find(b, find);
            if (a == b) return;
            master[b] = a;
        };

        auto dfs = [&](int cur, int pre, auto &&dfs) -> void {
            visited[cur] = true;

            for (const auto &[target, index] : tree[cur].LCA_target)
                if (visited[target])
                    LCAs[index] = find(target, find);

            for (const auto &nxt : tree[cur].neighbors) {
                if (nxt == pre) continue;
                dfs(nxt, cur, dfs);
            }

            combine(pre, cur);
        };

        dfs(root, root, dfs);
    }
}  // namespace Tarjan_LCA

int main() {
    std::ios_base::sync_with_stdio(0), std::cin.tie(0);

    int n, q;
    cin >> n >> q;
    Tarjan_LCA::set_size(n, q);
    Tarjan_LCA::set_root(0);

    for (int u = 1; u < n; u++) {
        int v;
        cin >> v;
        v--;
        Tarjan_LCA::add_edge(u, v);
    }
    for (int i = 0; i < q; i++) {
        int u, v;
        cin >> u >> v;
        u--, v--;
        Tarjan_LCA::add_query(u, v);
    }

    Tarjan_LCA::solve();

    for (const auto &ans : Tarjan_LCA::LCAs)
        cout << ans + 1 << "\n";
}

Tarjan LCA 真的很美，這邊寫長只是因為方便當模板

OTher

  • 倍增法複雜度比較差一點，但有些時候會用到它的性質
  • 還有其他 LCA 的求法，等等會講
    • 樹鏈剖分
    • 樹壓平

題單

CSES 1687

CSES 1688

CSES 1135

CSES 1136

TIOJ 2196 / TOI 初選 2021 pD

CF #881 F2

CSA Root LCA Queries

TIOJ 2172

樹壓平

Tree Serialization

樹壓平

  • 看中文比較難懂，英文翻成中文叫作「樹的序列化」
  • 顧名思義，就是將一棵樹轉變成序列操作的演算法
  • 序列化不只用在樹，也可以用在圖片等其他資料結構

樹壓平

  • 而一棵樹要怎麼變成序列？
  • 變成序列後最好還要是我們有辦法利用的樣子
  • 於是我們想到了 DFS 序

DFS 序

  • DFS 序有什麼特徵？
  • 或者說，入點時間戳和出點時間戳有什麼特徵？

(3, 4)

(5, 6)

(2, 7)

(10, 11)

(12, 13)

(9, 14)

(8, 15)

(1, 16)

#(入點, 出點)

DFS 序

  • DFS 序有什麼特徵？
  • 或者說，入點時間戳和出點時間戳有什麼特徵？

(3, 4)

(5, 6)

(2, 7)

(10, 11)

(12, 13)

(9, 14)

(8, 15)

(1, 16)

#(入點, 出點)

DFS 序

  • DFS 序有什麼特徵？
  • 或者說，入點時間戳和出點時間戳有什麼特徵？

(3, 4)

(5, 6)

(2, 7)

(10, 11)

(12, 13)

(9, 14)

(8, 15)

(1, 16)

#(入點, 出點)

DFS 序

  • DFS 序有什麼特徵？
  • 或者說，入點時間戳和出點時間戳有什麼特徵？
  • 你會發現，同一棵子樹的編號是連續的
  • 這樣就可以對子樹砸資結！

(3, 4)

(5, 6)

(2, 7)

(10, 11)

(12, 13)

(9, 14)

(8, 15)

(1, 16)

#(入點, 出點)

DFS 序

  • 不光是入點+出點，只看入點也是連續的

1

2

3

4

5

6

7

8

#入點時間戳

DFS 序

  • 依照編號將節點填入序列中就完成序列化了，長度 2n
struct Node {
    vec<int> neighbors;
    int start, end;
};

vec<int> serialized_tree;

void serialize(int cur, int pre, const vec<Node> &tree) {
    static int time = 0;
    serialized_tree[time] = cur;
    tree[cur].start = time++;
    for (const int &nxt : tree[cur].neighbor) {
        if (nxt == pre) continue;
        serialize(nxt, cur, tree);
    }
    serialized_tree[time] = cur;
    tree[cur].end = time++;
}

DFS 序

  • 僅入點時間戳，長度 n
struct Node {
    vec<int> neighbors;
    int start, end;
};

vec<int> serialized_tree;

void serialize(int cur, int pre, const vec<Node> &tree) {
    static int time = 0;
    serialized_tree[time] = cur;
    tree[cur].start = time++;
    for (const int &nxt : tree[cur].neighbor) {
        if (nxt == pre) continue;
        serialize(nxt, cur, tree);
    }
    tree[cur].end = time;
}

樹壓平

  • 舉個例子：CSES 1137 (Subtree Queries)
  • 子樹和帶修改
  • 子樹在入點時間戳裡面是連續的一個區間
  • 找出這個區間然後求和就好了
  • 修改可以套用線段樹或 BIT 之類的

樹壓平

  • 怎麼找到這個區間？
  • 沒有出點時間戳就沒有右界
  • 僅在入點時改動，在出點時不改動時間戳的話，就可以記錄到子樹的右界

(3, 4)

(4, 5)

(2, 5)

(7, 8)

(8, 9)

(6, 9)

(5, 9)

(1, 9)

#(入點, 出點)

子樹和

struct Node {
    vec<int> neighbors;
    int start, end;
    int val;
};

vec<Node> tree;
vec<int> serialized_tree;

void serialize(int cur, int pre) {
    static int time = 0;
    serialized_tree[time] = cur;
    tree[cur].start = time++;

    for (const int &nxt : tree[cur].neighbors) {
        if (nxt != pre)
            serialize(nxt, cur);
    }

    tree[cur].end = time;
}

struct Stree {
    vec<int> data;
    int size;

    Stree() {
        size = tree.size();
        data.resize(size << 1);
        for (int i = 0; i < size; i++)
            data[i + size] = tree[serialized_tree[i]].val;
        for (int i = size - 1; i > 0; i--)
            data[i] = data[i << 1] + data[i << 1 | 1];
    }

    void modify(int node, int new_val) {
        int pos = tree[node].start;
        pos += size;
        data[pos] = new_val;
        for (; pos > 1; pos >>= 1)
            data[pos >> 1] = data[pos] + data[pos ^ 1];
    }

    int query(int root) {
        int l = tree[root].start, r = tree[root].end;
        int result = 0;
        for (l += size, r += size; l < r; l >>= 1, r >>= 1) {
            if (l & 1) result += data[l++];
            if (r & 1) result += data[--r];
        }
        return result;
    }
};

signed main() {
    std::ios_base::sync_with_stdio(0), std::cin.tie(0);

    int n, q;
    cin >> n >> q;
    tree.resize(n);
    serialized_tree.resize(n);

    for (int i = 0; i < n; i++)
        cin >> tree[i].val;

    for (int i = 0; i < n - 1; i++) {
        int u, v;
        cin >> u >> v;
        u--, v--;
        tree[u].neighbors.push_back(v);
        tree[v].neighbors.push_back(u);
    }

    serialize(0, 0);
    Stree stree;

    for (int i = 0; i < q; i++) {
        int t;
        cin >> t;
        if (t == 1) {
            int s, x;
            cin >> s >> x;
            s--;
            stree.modify(s, x);
        }
        else {
            int s;
            cin >> s;
            s--;
            cout << stree.query(s) << "\n";
        }
    }
}

樹壓平

  • 來看另一種壓法的應用
  • 路徑和帶修改，怎麼用上樹壓平？

1

2

3

4

5

6

7

8

#路徑和

樹壓平

1

2

3

4

5

6

7

8

#根到點路徑和

樹壓平

  • 求根到某點的路徑和，可以想成根的某個子樹剪掉一些分枝
  • 把不必要的分枝抵消掉
  • 在離開戳記順便抵消該點
  • 由於點在離開後被抵銷，因此只會算到一條分枝

1

2

3

4

5

6

7

8

#根到點路徑和

樹壓平

  • 求根到某點的路徑和，可以想成根的某個子樹剪掉一些分枝
  • 把不必要的分枝抵消掉
  • 在離開戳記順便抵消該點

1

2

3

4

5

6

7

8

#根到點路徑和

樹壓平

  • 求和時應該會包含右邊圈起來的值
  • 離開戳的位置記錄負值，在求和時就會消掉

(3, -3)

(4, -4)

(2, -2)

(7, -7)

(8, -8)

(6, -6)

(5, -5)

(1, -1)

#(入點, 出點資料)

樹壓平

  • 回到原本的問題，你會發現其實就是上面稍微改下
  • 假設要求 d(A, B)
  • d(A, B) = d(root, A) + d(root, B) - 2 * d(root, LCA(A, B)) + val(LCA(A, B))

d(root, A)

root

LCA

A

B

#路徑和求法

樹壓平

  • 回到原本的問題，你會發現其實就是上面稍微改下
  • 假設要求 d(A, B)
  • d(A, B) = d(root, A) + d(root, B) - 2 * d(root, LCA(A, B)) + val(LCA(A, B))

d(root, A) + d(root, B)

root

LCA

A

B

#路徑和求法

樹壓平

  • 回到原本的問題，你會發現其實就是上面稍微改下
  • 假設要求 d(A, B)
  • d(A, B) = d(root, A) + d(root, B) - 2 * d(root, LCA(A, B)) + val(LCA(A, B))

d(root, A) + d(root, B) - 2 * d(root, LCA(A, B))

root

LCA

A

B

#路徑和求法

樹壓平

  • 回到原本的問題，你會發現其實就是上面稍微改下
  • 假設要求 d(A, B)
  • d(A, B) = d(root, A) + d(root, B) - 2 * d(root, LCA(A, B)) + val(LCA(A, B))

d(root, A) + d(root, B) - 2 * d(root, LCA(A, B)) + val(LCA(A, B))

root

LCA

A

B

#路徑和求法

路徑和

const int root = 0;

struct Node {
    vec<int> neighbors;
    int start, end;
    int val;
};

vec<Node> tree;
vec<int> serialized_tree;

void serialize(int cur, int pre) {
    static int time = 0;
    serialized_tree[time] = tree[cur].val;
    tree[cur].start = time++;

    for (const int &nxt : tree[cur].neighbors) {
        if (nxt != pre)
            serialize(nxt, cur);
    }

    serialized_tree[time] = -tree[cur].val;
    tree[cur].end = time++;
}

struct Stree {
    vec<int> data;
    int size;

    Stree() {
        size = tree.size() << 1;
        data.resize(size << 1);
        for (int i = 0; i < size; i++)
            data[i + size] = serialized_tree[i];
        for (int i = size - 1; i > 0; i--)
            data[i] = data[i << 1] + data[i << 1 | 1];
    }

    void modify(int node, int new_val) {
        int pos = tree[node].start;
        pos += size;
        data[pos] = new_val;
        for (; pos > 1; pos >>= 1)
            data[pos >> 1] = data[pos] + data[pos ^ 1];

        pos = tree[node].end;
        pos += size;
        data[pos] = -new_val;
        for (; pos > 1; pos >>= 1)
            data[pos >> 1] = data[pos] + data[pos ^ 1];
    }

    int query(int node) {
        int l = tree[root].start, r = tree[node].start + 1;
        int result = 0;
        for (l += size, r += size; l < r; l >>= 1, r >>= 1) {
            if (l & 1) result += data[l++];
            if (r & 1) result += data[--r];
        }
        return result;
    }
};

signed main() {
    std::ios_base::sync_with_stdio(0), std::cin.tie(0);

    int n, q;
    cin >> n >> q;
    tree.resize(n);
    serialized_tree.resize(n << 1);

    for (int i = 0; i < n; i++)
        cin >> tree[i].val;

    for (int i = 0; i < n - 1; i++) {
        int u, v;
        cin >> u >> v;
        u--, v--;
        tree[u].neighbors.push_back(v);
        tree[v].neighbors.push_back(u);
    }

    serialize(root, root);
    Stree stree;

    for (int i = 0; i < q; i++) {
        int t;
        cin >> t;
        if (t == 1) {
            int s, x;
            cin >> s >> x;
            s--;
            stree.modify(s, x);
        }
        else {
            int s;
            cin >> s;
            s--;
            cout << stree.query(s) << "\n";
        }
    }
}

LCA

  • 最後還有一種特殊的壓法，用在 LCA 上
  • 不只在入點時記錄，也在每次回到點時記錄！

1

0

2

序列：

#LCA 樹壓平

LCA

  • 最後還有一種特殊的壓法，用在 LCA 上
  • 不只在入點時記錄，也在每次回到點時記錄！

1

0

2

序列：0

#LCA 樹壓平

LCA

  • 最後還有一種特殊的壓法，用在 LCA 上
  • 不只在入點時記錄，也在每次回到點時記錄！

1

0

2

序列：0, 1

#LCA 樹壓平

LCA

  • 最後還有一種特殊的壓法，用在 LCA 上
  • 不只在入點時記錄，也在每次回到點時記錄！

1

0

2

序列：0, 1, 0

#LCA 樹壓平

LCA

  • 最後還有一種特殊的壓法，用在 LCA 上
  • 不只在入點時記錄，也在每次回到點時記錄！

1

0

2

序列：0, 1, 0, 2

#LCA 樹壓平

LCA

  • 最後還有一種特殊的壓法，用在 LCA 上
  • 不只在入點時記錄，也在每次回到點時記錄！

1

0

2

序列：0, 1, 0, 2, 0

#LCA 樹壓平

LCA

  • 最後還有一種特殊的壓法，用在 LCA 上
  • 不只在入點時記錄，也在每次回到點時記錄！

1

0

2

序列：0, 1, 0, 2, 0

#LCA 樹壓平

LCA

  • 在兩點之間路徑的點會出現在兩點時間戳間
  • LCA 就在尋找兩路徑間深度最低的點
  • 記錄各點深度，然後用 Sparse Table 或線段樹之類的求
  • 問題：這樣序列不會有太多點嗎？
    • 每個點在入點時有一次
    • 一個點同時還會有它子節點數量的次數
    • 長度 = n + (n - 1) = 2n - 1
  • 這個方法運行時間表現還不錯，寫起來也算方便

不排除是我 Tarjan 寫太爛

LCA

struct Node {
    vec<int> neighbors;
    int start, depth;
};

vec<Node> tree;
vec<pii> serialized_tree;

void serialize(int cur, int pre, int depth) {
    static int time = 0;
    serialized_tree[time] = {depth, cur};
    tree[cur].start = time++;
    for (const int &nxt : tree[cur].neighbors) {
        if (nxt == pre) continue;
        serialize(nxt, cur, depth + 1);
        serialized_tree[time++] = {depth, cur};
    }
}

struct Stree {
    vec<pii> data;
    int size;

    Stree() {
        size = serialized_tree.size();
        data.resize(size << 1);
        for (int i = 0; i < size; i++)
            data[i + size] = serialized_tree[i];

        for (int i = size - 1; i > 0; i--)
            data[i] = min(data[i << 1], data[i << 1 | 1]);
    }

    int query(int a, int b) {
        pii ans = {INF, -1};
        int l = tree[a].start + size, r = tree[b].start + size;
        if (l > r) std::swap(l, r);
        for (++r; l < r; l >>= 1, r >>= 1) {
            if (l & 1) ans = min(ans, data[l++]);
            if (r & 1) ans = min(ans, data[--r]);
        }
        return ans.second;
    }
};

int main() {
    std::ios_base::sync_with_stdio(0), std::cin.tie(0);
    int n, q;
    cin >> n >> q;
    tree.resize(n);
    serialized_tree.resize((n << 1) - 1);

    for (int i = 1; i < n; i++) {
        int u;
        cin >> u;
        u--;
        tree[u].neighbors.push_back(i);
    }

    serialize(0, 0, 0);
    Stree LCA;

    for (int i = 0; i < q; i++) {
        int a, b;
        cin >> a >> b;
        a--, b--;
        cout << LCA.query(a, b) + 1 << "\n";
    }
}

題單

CSES 1135

CSES 1136

CSES 1137

TIOJ 2257 / 2021 全國賽 pG

CF #756 pE2

CSES 1688

樹鍊剖分

Heavy-light Decomposition, HLD

樹鍊剖分

  • 顧名思義，樹鍊剖分是把樹剖分成好幾條鍊的演算法
  • 其實還有幾種剖分方法
    • 輕重鍊剖分
    • 實虛鍊剖分
    • 長鍊剖分
  • 這份簡報集中在常見的輕重鍊剖分，也就是 HLD

樹鍊剖分

  • 把樹變成鍊有什麼好處？
  • 鍊可以套用常見的資結，例如線段樹
    • 你沒聽錯，樹上有樹
  • HLD 一般拿來處理路徑相關問題
    • 路徑問題？為什麼不用樹壓平

樹鍊剖分

  • 例子：CSES 2134 (Path Quries II) 路徑最大值帶修改
  • 現在最大值沒有辦法抵消了，樹壓平行不通
  • 這種時候專門處理路徑問題的樹鍊剖分就能用了

樹鍊剖分

  • 就算要把樹切成鍊，也要切得有性質能利用
  • 舉個例子，希望讓需要處理的鍊的數量少一點
  • 這就是輕重鍊剖分的目標

樹鍊剖分

  • 如何在處理更少鍊的情況下將樹剖成鍊？
  • 一個想法：將一個點和它最大的子樹相連

#HLD

樹鍊剖分

  • 如何在處理更少鍊的情況下將樹剖成鍊？
  • 一個想法：將一個點和它最最大的子樹相連

#HLD

樹鍊剖分

  • 和最大子樹相連的邊稱為重邊
  • 連接鍊之間的邊稱為輕邊

#重邊

樹鍊剖分

  • 和最大子樹相連的邊稱為重邊
  • 連接鍊之間的邊稱為輕邊

#輕邊

樹鍊剖分

  • 鍊頂端的節點稱為輕子節點
  • 其餘稱為重子節點

#輕子節點

樹鍊剖分

  • 鍊頂端的節點稱為輕子節點
  • 其餘稱為重子節點

#重子節點

樹鍊剖分

  • 可以證明，透過這種拆法，點到根路徑間切換鍊的次數是                     的
  • 最壞情況下，從該點往根跳轉鍊子樹大小至少會變成兩倍
  • 經過     次跳轉後子樹大小                  故
O(log\ n)
k
2^k \geq n
k \in O(log\ n)

樹鍊剖分

  • 而根據定義，實作就很簡單了
  • 預處理子樹大小，找出重兒子並記錄
  • 根據需求進行樹壓平、開資結等等操作

樹鍊剖分

struct Node {
    vec<int> neighbors;	 // 另一種做法是讓第零個為重子節點
    int hson = null;	 // 重子節點，子樹（含本身）大小
};

vec<Node> tree;

int preprocess(int cur, int pre) {	// 回傳子樹大小
    int sub_size = 1;
    int max_son_size = 0;
    for (const int &nxt : tree[cur].neighbors) {
        if (nxt == pre) continue;
        int nxt_size = preprocess(nxt, cur);
        sub_size += nxt_size;
        if (nxt_size > max_son_size) {
            max_son_size = nxt_size;
            tree[cur].hson = nxt;
        }
    }
    return sub_size;
}

樹鍊剖分

  • 現在問題來了：怎麼利用這些鍊？
  • 先從更簡單的 LCA 看起
  • 類似倍增法，在往上爬的過程中看深度相不相同

樹鍊剖分

  • 與倍增法不同的是向上爬是直接爬到鍊頂的父節點
  • 決定誰向上爬是用鍊頂的深度決定
  • 鍊頂相同代表較高者為 LCA

A

B

此時 A, B 鍊頂相同說明在同條鍊

所以深度較淺者 B 為 LCA

#HLD LCA

樹鍊剖分

  • 與倍增法不同的是向上爬是直接爬到鍊頂的父節點
  • 決定誰向上爬是用鍊頂的深度決定
  • 鍊頂相同代表較高者為 LCA

A'

B'

此時 B' 的鍊頂比較深

B' 向上爬

#HLD LCA

樹鍊剖分

  • 與倍增法不同的是向上爬是直接爬到鍊頂的父節點
  • 決定誰向上爬是用鍊頂的深度決定
  • 鍊頂相同代表較高者為 LCA

A'

B'

此時 A' 的鍊頂比較深

A' 向上爬

#HLD LCA

樹鍊剖分

  • 與倍增法不同的是向上爬是直接爬到鍊頂的父節點
  • 決定誰向上爬是用鍊頂的深度決定
  • 鍊頂相同代表較高者為 LCA

A'

B'

此時 A' 的鍊頂比較深

A' 向上爬

#HLD LCA

樹鍊剖分

  • 與倍增法不同的是向上爬是直接爬到鍊頂的父節點
  • 決定誰向上爬是用鍊頂的深度決定
  • 鍊頂相同代表較高者為 LCA

A'

B'

A', B' 鍊頂相同，較淺者 A' 為 LCA

#HLD LCA

樹鍊剖分

  • 類似地，如果要找路徑上最小值可以對每條鍊開線段樹
  • 或者...?

A'

B'

A', B' 鍊頂相同，較淺者 A' 為 LCA

#HLD LCA

樹鍊剖分

  • 其實可以直接開一棵大的線段樹
  • 利用樹壓平的想法，將鍊拆分成線段樹上的片段

路徑最小值

#include <stdio.h>

#include <functional>
#include <vector>
using std::vector;
const int max_n = 2e5 + 1;
const int INF = 2e9;
struct node {
	int parent = 1, size = 1, hson = 0, depth = 0, top = 1, dfn = -1;
	int value;
	vector<int> neighbor;
} graph[max_n];

struct stree {
	inline static int tree[max_n << 1];
	int size;
	inline void build() {
		for (int i = size - 1; i > 0; i--) {
			tree[i] = std::max(tree[i << 1], tree[i << 1 | 1]);
		}
		return;
	}
	inline int query(int l, int r) {
		int ans = -INF;
		for (l += size, r += size; l < r; l >>= 1, r >>= 1) {
			if (l & 1) ans = std::max(ans, tree[l++]);
			if (r & 1) ans = std::max(ans, tree[--r]);
		}
		return ans;
	}
	inline void modify(int pos, int x) {
		for (pos += size, tree[pos] = x; pos > 1; pos >>= 1) {
			tree[pos >> 1] = std::max(tree[pos], tree[pos ^ 1]);
		}
		return;
	}
} max;
void dfs1(int cur) {
	static int depth = 0;
	graph[cur].depth = ++depth;
	int max_size = 0;
	for (const auto& next : graph[cur].neighbor) {
		if (!graph[next].depth) {
			graph[next].parent = cur;
			dfs1(next);
			graph[cur].size += graph[next].size;
			if (graph[next].size > max_size) {
				max_size = graph[next].size;
				graph[cur].hson = next;
			}
		}
	}
	--depth;
	return;
}
void dfs2(int cur) {
	static int dfn = 0;
	graph[cur].dfn = dfn;
	max.tree[dfn + max.size] = graph[cur].value, dfn++;
	if (graph[cur].hson) {
		graph[graph[cur].hson].top = graph[cur].top;
		dfs2(graph[cur].hson);
	}
	else {
		return;
	}
	for (const auto& next : graph[cur].neighbor) {
		if (next != graph[cur].parent && next != graph[cur].hson) {
			graph[next].top = next;
			dfs2(next);
		}
	}
	return;
}
int main() {
	int n, q;
	scanf("%d%d", &n, &q);
	max.size = n;
	for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &graph[i].value);
	int u, v;
	for (int i = 0; i < n - 1; i++) {
		scanf("%d%d", &u, &v);
		graph[u].neighbor.push_back(v);
		graph[v].neighbor.push_back(u);
	}
	dfs1(1);
	dfs2(1);
	max.build();
	int type, x, ans;
	while (q--) {
		scanf("%d", &type);
		if (type == 1) {
			scanf("%d%d", &v, &x);
			max.modify(graph[v].dfn, x);
		}
		else {
			ans = -INF;
			scanf("%d%d", &u, &v);
			// LCA
			while (graph[u].top != graph[v].top) {
				if (graph[graph[u].top].depth < graph[graph[v].top].depth) std::swap(u, v);
				ans = std::max(ans, max.query(graph[graph[u].top].dfn, graph[u].dfn + 1));
				u = graph[u].top;
				u = graph[u].parent;
			}
			if (graph[u].dfn > graph[v].dfn) std::swap(u, v);
			ans = std::max(ans, max.query(graph[u].dfn, graph[v].dfn + 1));
			printf("%d\n", ans);
		}
	}
	return 0;
}

題單

CSES 1135

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CSES 1137

TIOJ 2257 / 2021 全國賽 pG

CF #756 pE2

CSES 1688

樹重心

Tree Centroid

重心

  • 說到重心，你會想到什麼？
    • 作用於質心的力不會造成力矩（被打）
    • 三角形中三中線的交點（幾何中心）

重心

  • 無論如何，它們都都具有類似的性質
  • 以三角形來說，重心和平分面積有很大的關係
  • 以重心為界，兩邊似乎具有某種對稱性

樹重心

  • 以樹來說，最簡單的性質就是子樹大小
  • 所以重心定義為任何一個子樹都不超過 n/2 的點
    • 有可能有兩個點嗎?
    • 有可能，最簡單的例子就是兩個點連在一起

樹重心

  • 有了定義後，找重心就很簡單了
  • 預處理每個子樹的大小
  • 再 DFS 一次，確定每個子樹的大小都不超過 n/2
    • 每個子樹包含父節點那個子樹，用 n 去扣剩下的
  • 如果有個點符合，那它就是重心

樹重心

  • 樹重心就只講這樣，剩下的性質太多講不完
  • 可以參考簡報前面的補充

路徑最小值

#include <stdio.h>
 
#include <utility>
#include <vector>
using std::pair;
using std::vector;
const int max_n = 2e5 + 1;
struct node {
	int size = 1;
	vector<int> neighbor;
} tree[max_n];
int tree_size;
void pre_size(int cur, int parent) {
	for (const auto &next : tree[cur].neighbor) {
		if (next != parent) pre_size(next, cur), tree[cur].size += tree[next].size;
	}
	return;
}
int get_centroid(int cur, int parent) {
	for (const auto &next : tree[cur].neighbor) {
		if (next != parent) {
			if (tree[next].size > (tree_size >> 1)) return get_centroid(next, cur);
		}
	}
	return cur;
}
int main() {
	scanf("%d", &tree_size);
	int u, v;
	for (int i = 0; i < tree_size - 1; i++) {
		scanf("%d%d", &u, &v);
		tree[u].neighbor.push_back(v);
		tree[v].neighbor.push_back(u);
	}
	pre_size(1, 1);
	printf("%d", get_centroid(1, 1));
	return 0;
}

題單

CSES 2079

樹論

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樹論

  • 184

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