树链剖分

树链剖分的思想及能解决的问题

树链剖分用于将树分割成若干条链的形式,以维护树上路径的信息。

具体来说,将整棵树剖分为若干条链,使它组合成线性结构,然后用其他的数据结构维护信息。

树链剖分 (树剖/链剖)有多种形式,如 重链剖分长链剖分 和用于 Link/cut Tree 的剖分(有时被称作“实链剖分”),大多数情况下(没有特别说明时),“树链剖分”都指“重链剖分”,本文所讲的也是“重链剖分”。

重链剖分可以将树上的任意一条路径划分成不超过 O(\log n) 条连续的链,每条链上的点深度互不相同(即是自底向上的一条链,链上所有点的 LCA 为链的一个端点)。

重链剖分还能保证划分出的每条链上的节点 DFS 序连续,因此可以方便地用一些维护序列的数据结构(如线段树)来维护树上路径的信息。

如:

  1. 修改 树上两点之间的路径上 所有点的值。
  2. 查询 树上两点之间的路径上 节点权值的 和/极值/其它(在序列上可以用数据结构维护,便于合并的信息)

除了配合数据结构来维护树上路径信息,树剖还可以用来 O(\log n) (且常数较小)地求 LCA。在某些题目中,还可以利用其性质来灵活地运用树剖。

重链剖分

我们给出一些定义:

定义 重子节点 表示其子节点中子树最大的子结点。如果有相同的,任意取。如果没有子节点,就没有。

定义 轻子节点 表示剩余的子结点。

从这个结点到重子节点的边叫 重边

到其他轻子节点的边叫 轻边

若干条首尾衔接的重边构成 重链

把落单的结点也当作重链,那么整棵树就被剖分成若干条重链。

看一张图就明白了

HLD

实现

树剖的实现分两个 DFS 的过程。伪代码如下:

第一个 DFS 记录每个结点的父节点(father)、深度(deep)、子树大小(size)、重子节点(hson)。

\begin{array}{l} \text{TREE-BUILD }(u,dep) \\ \begin{array}{ll} 1 & u.hson\gets 0 \\ 2 & u.hson.size\gets 0 \\ 3 & u.deep\gets dep \\ 4 & u.size\gets 1 \\ 5 & \textbf{for }\text{each }u\text{'s son }v \\ 6 & \qquad u.size\gets u.size + \text{TREE-BUILD }(v,dep+1) \\ 7 & \qquad v.father\gets u \\ 8 & \qquad \textbf{if }v.size> u.hson.size \\ 9 & \qquad \qquad u.hson\gets v \\ 10 & \textbf{return } u.size \end{array} \end{array}

第二个 DFS 记录所在链的链顶(top,应初始化为结点本身)、重边优先遍历时的 DFS 序(dfn)、DFS 序对应的节点编号(rank)。

\begin{array}{l} \text{TREE-DECOMPOSITION }(u,top) \\ \begin{array}{ll} 1 & u.top\gets top \\ 2 & tot\gets tot+1\\ 3 & u.dfn\gets tot \\ 4 & rank(tot)\gets u \\ 5 & \textbf{if }u.hson\text{ is not }0 \\ 6 & \qquad \text{TREE-DECOMPOSITION }(u.hson,top) \\ 7 & \qquad \textbf{for }\text{each }u\text{'s son }v \\ 8 & \qquad \qquad \textbf{if }v\text{ is not }u.hson \\ 9 & \qquad \qquad \qquad \text{TREE-DECOMPOSITION }(v,v) \end{array} \end{array}

给一个具体的代码实现吧。

我们先给出一些定义:

  • fa(x) 表示节点 x 在树上的父亲。
  • dep(x) 表示节点 x 在树上的深度。
  • siz(x) 表示节点 x 的子树的节点个数。
  • son(x) 表示节点 x 重儿子
  • top(x) 表示节点 x 所在 重链 的顶部节点(深度最小)。
  • dfn(x) 表示节点 x DFS 序 ,也是其在线段树中的编号。
  • rnk(x) 表示 DFS 序所对应的节点编号,有 rnk(dfn(x))=x

我们进行两遍 DFS 预处理出这些值,其中第一次 DFS 求出 fa(x) , dep(x) , siz(x) , son(x) ,第二次 DFS 求出 top(x) , dfn(x) , rnk(x)

给出一种代码实现:

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void dfs1(int o) {
  son[o] = -1;
  siz[o] = 1;
  for (int j = h[o]; j; j = nxt[j])
    if (!dep[p[j]]) {
      dep[p[j]] = dep[o] + 1;
      fa[p[j]] = o;
      dfs1(p[j]);
      siz[o] += siz[p[j]];
      if (son[o] == -1 || siz[p[j]] > siz[son[o]]) son[o] = p[j];
    }
}
void dfs2(int o, int t) {
  top[o] = t;
  cnt++;
  dfn[o] = cnt;
  rnk[cnt] = o;
  if (son[o] == -1) return;
  dfs2(son[o], t);  // 优先对重儿子进行 DFS,可以保证同一条重链上的点 DFS 序连续
  for (int j = h[o]; j; j = nxt[j])
    if (p[j] != son[o] && p[j] != fa[o]) dfs2(p[j], p[j]);
}

重链剖分的性质

树上每个节点都属于且仅属于一条重链。

由于每个点最多有一个重儿子,重边一定会连成链状结构,而不会连成一棵树。

在剖分时 优先遍历重儿子 ,最后重链的 DFS 序就会是连续的。

可以发现,当我们向下经过一条 轻边 时,所在子树的大小至少会除以二。所以,从一个点出发向子树内走最多经过 O(\log n) 条轻边,也就是最多经过 O(\log n) 条重链。

对于树上的任意一条路径,把它拆分成从两个端点的 LCA 分别向两边往下走,分别最多经过 O(\log n) 条重链,因此,树上的每条路径都可以被拆分成不超过 O(\log n) 条重链。

常见应用

路径上维护

用树链剖分求树上两点路径权值和,伪代码如下:

\begin{array}{l} \text{TREE-PATH-SUM }(u,v) \\ \begin{array}{ll} 1 & tot\gets 0 \\ 2 & \textbf{while }u.top\text{ is not }v.top \\ 3 & \qquad \textbf{if }u.top.deep< v.top.deep \\ 4 & \qquad \qquad \text{SWAP}(u, v) \\ 5 & \qquad tot\gets tot + \text{sum of values between }u\text{ and }u.top \\ 6 & \qquad u\gets u.top.father \\ 7 & tot\gets tot + \text{sum of values between }u\text{ and }v \\ 8 & \textbf{return } tot \end{array} \end{array}

链上的 DFS 序是连续的,可以使用线段树、树状数组维护。

每次选择深度较大的链往上跳,直到两点在同一条链上。

同样的跳链结构适用于维护、统计路径上的其他信息。

子树维护

有时会要求维护子树上的信息,譬如将以 x 为根的子树的所有结点的权值增加 v

在 DFS 搜索的时候,子树中的结点的 DFS 序是连续的。

每一个结点记录 bottom 表示所在子树连续区间末端的结点。

这样就把子树信息转化为连续的一段区间信息。

求最近公共祖先

不断向上跳重链,当跳到同一条重链上时,深度较小的结点即为 LCA。

向上跳重链时需要先跳所在重链顶端深度较大的那个。

参考代码:

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int lca(int u, int v) {
  while (top[u] != top[v]) {
    if (dep[top[u]] > dep[top[v]])
      u = fa[top[u]];
    else
      v = fa[top[v]];
  }
  return dep[u] > dep[v] ? v : u;
}

例题

「ZJOI2008」树的统计

题目大意

对一棵有 n 个节点,节点带权值的静态树,进行三种操作共 q 次:

  1. 修改单个节点的权值;
  2. 查询 u v 的路径上的最大权值;
  3. 查询 u v 的路径上的权值之和。

保证 1\le n\le 30000 , 0\le q\le 200000

解法

根据题面以及以上的性质,你的线段树需要维护三种操作:

  1. 单点修改;
  2. 区间查询最大值;
  3. 区间查询和。

单点修改很容易实现。

由于子树的 DFS 序连续(无论是否树剖都是如此),修改一个节点的子树只用修改这一段连续的 DFS 序区间。

问题是如何修改/查询两个节点之间的路径。

考虑我们是如何用 倍增法求解 LCA 的。首先我们 将两个节点提到同一高度,然后将两个节点一起向上跳 。对于树链剖分也可以使用这样的思想。

在向上跳的过程中,如果当前节点在重链上,向上跳到重链顶端,如果当前节点不在重链上,向上跳一个节点。如此直到两节点相同。沿途更新/查询区间信息。

对于每个询问,最多经过 O(\log n) 条重链,每条重链上线段树的复杂度为 O(\log n) ,因此总时间复杂度为 O(n\log n+q\log^2 n) 。实际上重链个数很难达到 O(\log n) (可以用完全二叉树卡满),所以树剖在一般情况下常数较小。

给出一种代码实现:

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// st 是线段树结构体
int querymax(int x, int y) {
  int ret = -inf, fx = top[x], fy = top[y];
  while (fx != fy) {
    if (dep[fx] >= dep[fy])
      ret = max(ret, st.query1(1, 1, n, dfn[fx], dfn[x])), x = fa[fx];
    else
      ret = max(ret, st.query1(1, 1, n, dfn[fy], dfn[y])), y = fa[fy];
    fx = top[x];
    fy = top[y];
  }
  if (x != y) {
    if (dfn[x] < dfn[y])
      ret = max(ret, st.query1(1, 1, n, dfn[x], dfn[y]));
    else
      ret = max(ret, st.query1(1, 1, n, dfn[y], dfn[x]));
  } else
    ret = max(ret, st.query1(1, 1, n, dfn[x], dfn[y]));
  return ret;
}
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#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#define lc o << 1
#define rc o << 1 | 1
const int maxn = 60010;
const int inf = 2e9;
int n, a, b, w[maxn], q, u, v;
int cur, h[maxn], nxt[maxn], p[maxn];
int siz[maxn], top[maxn], son[maxn], dep[maxn], fa[maxn], dfn[maxn], rnk[maxn],
    cnt;
char op[10];
inline void add_edge(int x, int y) {
  cur++;
  nxt[cur] = h[x];
  h[x] = cur;
  p[cur] = y;
}
struct SegTree {
  int sum[maxn * 4], maxx[maxn * 4];
  void build(int o, int l, int r) {
    if (l == r) {
      sum[o] = maxx[o] = w[rnk[l]];
      return;
    }
    int mid = (l + r) >> 1;
    build(lc, l, mid);
    build(rc, mid + 1, r);
    sum[o] = sum[lc] + sum[rc];
    maxx[o] = std::max(maxx[lc], maxx[rc]);
  }
  int query1(int o, int l, int r, int ql, int qr)  // max
  {
    if (l > qr || r < ql) return -inf;
    if (ql <= l && r <= qr) return maxx[o];
    int mid = (l + r) >> 1;
    return std::max(query1(lc, l, mid, ql, qr), query1(rc, mid + 1, r, ql, qr));
  }
  int query2(int o, int l, int r, int ql, int qr)  // sum
  {
    if (l > qr || r < ql) return 0;
    if (ql <= l && r <= qr) return sum[o];
    int mid = (l + r) >> 1;
    return query2(lc, l, mid, ql, qr) + query2(rc, mid + 1, r, ql, qr);
  }
  void update(int o, int l, int r, int x, int t) {
    if (l == r) {
      maxx[o] = sum[o] = t;
      return;
    }
    int mid = (l + r) >> 1;
    if (x <= mid)
      update(lc, l, mid, x, t);
    else
      update(rc, mid + 1, r, x, t);
    sum[o] = sum[lc] + sum[rc];
    maxx[o] = std::max(maxx[lc], maxx[rc]);
  }
} st;
void dfs1(int o) {
  son[o] = -1;
  siz[o] = 1;
  for (int j = h[o]; j; j = nxt[j])
    if (!dep[p[j]]) {
      dep[p[j]] = dep[o] + 1;
      fa[p[j]] = o;
      dfs1(p[j]);
      siz[o] += siz[p[j]];
      if (son[o] == -1 || siz[p[j]] > siz[son[o]]) son[o] = p[j];
    }
}
void dfs2(int o, int t) {
  top[o] = t;
  cnt++;
  dfn[o] = cnt;
  rnk[cnt] = o;
  if (son[o] == -1) return;
  dfs2(son[o], t);
  for (int j = h[o]; j; j = nxt[j])
    if (p[j] != son[o] && p[j] != fa[o]) dfs2(p[j], p[j]);
}
int querymax(int x, int y) {
  int ret = -inf, fx = top[x], fy = top[y];
  while (fx != fy) {
    if (dep[fx] >= dep[fy])
      ret = std::max(ret, st.query1(1, 1, n, dfn[fx], dfn[x])), x = fa[fx];
    else
      ret = std::max(ret, st.query1(1, 1, n, dfn[fy], dfn[y])), y = fa[fy];
    fx = top[x];
    fy = top[y];
  }
  if (x != y) {
    if (dfn[x] < dfn[y])
      ret = std::max(ret, st.query1(1, 1, n, dfn[x], dfn[y]));
    else
      ret = std::max(ret, st.query1(1, 1, n, dfn[y], dfn[x]));
  } else
    ret = std::max(ret, st.query1(1, 1, n, dfn[x], dfn[y]));
  return ret;
}
int querysum(int x, int y) {
  int ret = 0, fx = top[x], fy = top[y];
  while (fx != fy) {
    if (dep[fx] >= dep[fy])
      ret += st.query2(1, 1, n, dfn[fx], dfn[x]), x = fa[fx];
    else
      ret += st.query2(1, 1, n, dfn[fy], dfn[y]), y = fa[fy];
    fx = top[x];
    fy = top[y];
  }
  if (x != y) {
    if (dfn[x] < dfn[y])
      ret += st.query2(1, 1, n, dfn[x], dfn[y]);
    else
      ret += st.query2(1, 1, n, dfn[y], dfn[x]);
  } else
    ret += st.query2(1, 1, n, dfn[x], dfn[y]);
  return ret;
}
int main() {
  scanf("%d", &n);
  for (int i = 1; i < n; i++)
    scanf("%d%d", &a, &b), add_edge(a, b), add_edge(b, a);
  for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", w + i);
  dep[1] = 1;
  dfs1(1);
  dfs2(1, 1);
  st.build(1, 1, n);
  scanf("%d", &q);
  while (q--) {
    scanf("%s%d%d", op, &u, &v);
    if (!strcmp(op, "CHANGE")) st.update(1, 1, n, dfn[u], v);
    if (!strcmp(op, "QMAX")) printf("%d\n", querymax(u, v));
    if (!strcmp(op, "QSUM")) printf("%d\n", querysum(u, v));
  }
  return 0;
}

Nauuo and Binary Tree

这是一道交互题,也是树剖的非传统应用。

题目大意

有一棵以 1 为根的二叉树,你可以询问任意两点之间的距离,求出每个点的父亲。

节点数不超过 3000 ,你最多可以进行 30000 次询问。

解法

首先可以通过 n-1 次询问确定每个节点的深度。

然后考虑按深度从小到大确定每个节点的父亲,这样的话确定一个节点的父亲时其所有祖先一定都是已知的。

确定一个节点的父亲之前,先对树已知的部分进行重链剖分。

假设我们需要在子树 u 中找节点 k 所在的位置,我们可以询问 k u 所在重链的尾端的距离,就可以进一步确定 k 的位置,具体见图:

其中红色虚线是一条重链, d 是询问的结果即 dis(k, bot[u]) v 的深度为 (dep[k]+dep[bot[u]]-d)/2

这样的话,如果 v 只有一个儿子, k 的父亲就是 v ,否则可以递归地在 w 的子树中找 k 的父亲。

时间复杂度 O(n^2) ,询问复杂度 O(n\log n)

具体地,设 T(n) 为最坏情况下在一棵大小为 n 的树中找到一个新节点的位置所需的询问次数,可以得到:

T(n)\le \begin{cases} 0&n=1\\ T\left(\left\lfloor\frac{n-1}2\right\rfloor\right)+1&n\ge2 \end{cases}

2999+\sum_{i=1}^{2999}T(i)\le 29940 ,事实上这个上界是可以通过构造数据达到的,然而只要进行一些随机扰动(如对深度进行排序时使用不稳定的排序算法),询问次数很难超过 21000 次。

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#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <iostream>

using namespace std;

const int N = 3010;

int n, fa[N], ch[N][2], dep[N], siz[N], son[N], bot[N], id[N];

int query(int u, int v) {
  printf("? %d %d\n", u, v);
  fflush(stdout);
  int d;
  scanf("%d", &d);
  return d;
}

void setFather(int u, int v) {
  fa[v] = u;
  if (ch[u][0])
    ch[u][1] = v;
  else
    ch[u][0] = v;
}

void dfs(int u) {
  if (ch[u][0]) dfs(ch[u][0]);
  if (ch[u][1]) dfs(ch[u][1]);

  siz[u] = siz[ch[u][0]] + siz[ch[u][1]] + 1;

  if (ch[u][1])
    son[u] = int(siz[ch[u][0]] < siz[ch[u][1]]);
  else
    son[u] = 0;

  if (ch[u][son[u]])
    bot[u] = bot[ch[u][son[u]]];
  else
    bot[u] = u;
}

void solve(int u, int k) {
  if (!ch[u][0]) {
    setFather(u, k);
    return;
  }
  int d = query(k, bot[u]);
  int v = bot[u];
  while (dep[v] > (dep[k] + dep[bot[u]] - d) / 2) v = fa[v];
  int w = ch[v][son[v] ^ 1];
  if (w)
    solve(w, k);
  else
    setFather(v, k);
}

int main() {
  int i;

  scanf("%d", &n);

  for (i = 2; i <= n; ++i) {
    id[i] = i;
    dep[i] = query(1, i);
  }

  sort(id + 2, id + n + 1, [](int x, int y) { return dep[x] < dep[y]; });

  for (i = 2; i <= n; ++i) {
    dfs(1);
    solve(1, id[i]);
  }

  printf("!");
  for (i = 2; i <= n; ++i) printf(" %d", fa[i]);
  printf("\n");
  fflush(stdout);

  return 0;
}

练习

「luogu P3379」【模板】最近公共祖先(LCA) (树剖求 LCA 无需数据结构,可以用作练习)

「JLOI2014」松鼠的新家 (当然也可以用树上差分)

「HAOI2015」树上操作

「luogu P3384」【模板】树链剖分

「NOI2015」软件包管理器

「SDOI2011」染色

「SDOI2014」旅行


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