长链剖分

算法简介

一种可以在线性时间复杂度维护子树中仅限深度有关的信息的算法，主要用于一些特殊的 $\text{dp}$

算法思想

类似重链剖分，将儿子分为重儿子和轻儿子，重儿子组成的链构成长链

但不同的是重链剖分重儿子是子树结点最多的结点，长链剖分长儿子是子树深度最大的结点

长链剖分有两个重要性质

性质一：所有长链长度和为 $n$

显然所有点均属于且仅属于一条长链，所以性质一成立

性质二：长链剖分的一个重要性质是一个结点 $x$ 的 $k$ 级祖先所在的长链长度一定 $\ge k$

考虑结点 $x$ 和它的 $k$ 级祖先 $y$，如果 $x$ 和 $y$ 属于同一条长链，该情况下性质二成立

如果 $x$ 和 $y$ 不属于同一条长链，知 $y$ 的重儿子子树的深度一定大于 $x$ 的深度，该情况下性质二也成立

算法应用

树上 $k$ 级祖先

洛谷p5903

先一遍 dfs 处理出每个结点的深度、父结点、重儿子，同时用倍增法 $O\left(n\log n\right)$ 时间处理出每个结点的 $2^k$ 级祖先

第二遍 dfs 处理出每个结点所在长链的起点 $x$

对每个长链的起点 $x$ ，暴力处理出 $x$ 上下 $\text{len}(x)$ 个结点，其中 $\text{len}(x)$ 表示 $x$ 所在长链的长度

由于所有长链长度之和为 $n$ ，所以该暴力处理的时间复杂度为 $O\left(n\right)$

对每次查询结点 $x$ 的 $k$ 级祖先，记 $h_k=\lfloor \log_2 k\rfloor$，$tk=k-2^{h_k}$

先从 $x$ 向上跳 $2^{h_k}$ 级到 $y$ ，根据长链剖分性质，知 $y$ 所在长链长度必然 $\ge 2^{h_k}$

此时还需向上跳 $tk$ 级，$tk\lt 2^{h_k}$，所以 $x$ 的 $k$ 级祖先一定在 $y$ 所在长链起点的上下 $\text{len}(x)$ 级结点范围内

因此在从 $y$ 跳到 $y$ 所在长链起点，最后便可以 $O\left(1\right)$ 访问目标结点

时间复杂度 $O\left(n\log n\right)-O\left(1\right)$

查看代码

const int MAXN=5e5+5,MAXM=21;
unsigned int s;
inline unsigned int get(unsigned int x){
	x^=x<<13;
	x^=x>>17;
	x^=x<<5;
	return s=x;
}
struct Edge{
	int to,next;
}edge[MAXN<<1];
int head[MAXN],m;
void Insert(int u,int v){
	edge[++m].to=v;
	edge[m].next=head[u];
	head[u]=m;
}
int d[MAXN],fa[MAXN][MAXM],log_2[MAXN];
int h_son[MAXN],mson[MAXN],p[MAXN];
vector<int> Node_up[MAXN],Node_down[MAXN];
void get_log2(){
	log_2[0]=-1;
	_for(i,1,MAXN)
	log_2[i]=log_2[i>>1]+1;
}
void dfs_1(int u,int depth){
	mson[u]=d[u]=depth;
	_rep(i,1,log_2[d[u]])
	fa[u][i]=fa[fa[u][i-1]][i-1];
	for(int i=head[u];i;i=edge[i].next){
		int v=edge[i].to;
		dfs_1(v,depth+1);
		if(mson[v]>mson[u]){
			h_son[u]=v;
			mson[u]=mson[v];
		}
	}
}
void dfs_2(int u,int top){
	p[u]=top;
	if(u==top){
		for(int i=0,pos=u;i<=mson[u]-d[u];pos=fa[pos][0],i++)
		Node_up[u].push_back(pos);
		for(int i=0,pos=u;i<=mson[u]-d[u];pos=h_son[pos],i++)
		Node_down[u].push_back(pos);
	}
	if(h_son[u])
	dfs_2(h_son[u],top);
	for(int i=head[u];i;i=edge[i].next){
		int v=edge[i].to;
		if(v==h_son[u])
		continue;
		dfs_2(v,v);
	}
}
int query(int u,int k){
	if(!k)return u;
	u=fa[u][log_2[k]],k-=1<<log_2[k];
	k-=d[u]-d[p[u]],u=p[u];
	return k>=0?Node_up[u][k]:Node_down[u][-k];
}
int main()
{
	int n,q,root,x,y;
	cin>>n>>q>>s;
	_rep(i,1,n){
		fa[i][0]=read_int();
		if(fa[i][0])
		Insert(fa[i][0],i);
		else
		root=i;
	}
	get_log2();
	dfs_1(root,0);
	dfs_2(root,root);
	long long tot=0,last=0;
	int u,k;
	_rep(i,1,q){
		u=(get(s)^last)%n+1;
		k=(get(s)^last)%(d[u]+1);
		last=query(u,k);
		tot^=last*i;
	}
	enter(tot);
	return 0;
}

合并信息

洛谷p5904

给定一棵 $n$ 个结点的树，问有多少个无序点对 $(i,j,k)$ 满足 $i,j,k$ 两两间距离相等

树形$\text{dp}$，状态转移方程可以参考这份博客详情

利用指针位移使得父结点以 $O(1)$ 时间继承重儿子信息，暴力继承轻儿子信息

设当前结点为 $u$，$u$ 的儿子结点为 $x$，每次暴力继承时间复杂度为 $O\left(\text{len}\left(x\right)\right)$

总时间复杂度为 $\sum_u\left(\left(\sum_x \text{len}\left(x\right)\right)-\text{len}\left(u\right)+1\right)$

每个结点仅在 $\sum_u\left(\left(\sum_x \text{len}\left(x\right)\right)\right)$ 作为它的父结点的子结点出现一次

所以有 $\sum_u\left(\left(\sum_x \text{len}\left(x\right)\right)\right)=\sum_u \text{len}\left(u\right)-\text{len}(root)$

所以总时间复杂度为 $O\left(n\right)$