长链剖分：O(nlogn)预处理O(1)求kth祖先

前言

一个长链剖分的小trick

问题

如题，数据范围大概10510^5105

思路

我们知道重链剖分是什么，即选择自己儿子中子树节点树最大的作为重儿子，其它儿子为轻儿子
而长链剖分则是选择儿子中子树深度最大的儿子为长儿子，其它为短儿子

这样进行树剖后就有一些很奇妙的性质，即：一个节点的kth祖先所在的链的链长大于k
我们考虑：对于每一条长度为xxx的链，我们记录链头的每个kth祖先（k∈[1,x]k\in[1,x]k∈[1,x]），以及链中的一个元素
我们发现，这个的记录时间复杂度和空间复杂度都是O(n)\mathcal O(n)O(n)的

那么，现在对于一个询问，求点uuu的kkkth祖先，如果我们能够O(1)\mathcal O(1)O(1)的找到其随便的一个k′k'k′th祖先（k′>⌊k2⌋k'>\left\lfloor\frac k2\right\rfloork′>⌊2k⌋），那我们就可以O(1)\mathcal O(1)O(1)的询问kkkth祖先了（实际操作只需要在k′k'k′祖先的数组里进行访问即可）
考虑倍增，我们可以O(nlogn)\mathcal O(nlogn)O(nlogn)预处理，这样我们就可以直接跳2i2^i2ith祖先了，在本题中，只要让iii满足2i≤k,2i+1>k2^i\le k,2^{i+1}>k2i≤k,2i+1>k即可，这个东西我们也可以开个数组O(n)\mathcal O(n)O(n)预处理

综上，这个做法就能做到O(nlogn)\mathcal O(nlogn)O(nlogn)预处理，O(1)\mathcal O(1)O(1)询问了

代码

咕咕咕咕咕
好像没有模板题，所以就没了
update by 2019/8/4
碰到了一道需要用这来优化成O(nn)\mathcal O(n\sqrt n)O(nn)的
luoguP3591 [POI2015]ODW

#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<vector>
namespace fast_IO
{const int IN_LEN=1000000,OUT_LEN=1000000;char ibuf[IN_LEN],obuf[OUT_LEN],*ih=ibuf+IN_LEN,*oh=obuf,*lastin=ibuf+IN_LEN,*lastout=obuf+OUT_LEN-1;inline char getchar_(){return (ih==lastin)&&(lastin=(ih=ibuf)+fread(ibuf,1,IN_LEN,stdin),ih==lastin)?EOF:*ih++;}inline void putchar_(const char x){if(oh==lastout)fwrite(obuf,1,oh-obuf,stdout),oh=obuf;*oh++=x;}inline void flush(){fwrite(obuf,1,oh-obuf,stdout);}
}
using namespace fast_IO;
#define getchar() getchar_()
#define putchar(x) putchar_((x))
//#include<ctime>
#define rg register
typedef long long ll;
template <typename T> inline T max(const T a,const T b){return a>b?a:b;}
template <typename T> inline T min(const T a,const T b){return a<b?a:b;}
template <typename T> inline void mind(T&a,const T b){a=a<b?a:b;}
template <typename T> inline void maxd(T&a,const T b){a=a>b?a:b;}
template <typename T> inline T abs(const T a){return a>0?a:-a;}
template <typename T> inline void Swap(T&a,T&b){T c=a;a=b;b=c;}
//template <typename T> inline void swap(T*a,T*b){T c=a;a=b;b=c;}
template <typename T> inline T gcd(const T a,const T b){if(!b)return a;return gcd(b,a%b);}
template <typename T> inline T lcm(const T a,const T b){return a/gcd(a,b)*b;}
template <typename T> inline T square(const T x){return x*x;};
template <typename T> inline void read(T&x)
{char cu=getchar();x=0;bool fla=0;while(!isdigit(cu)){if(cu=='-')fla=1;cu=getchar();}while(isdigit(cu))x=x*10+cu-'0',cu=getchar();if(fla)x=-x;
}
template <typename T> inline void printe(const T x)
{if(x>=10)printe(x/10);putchar(x%10+'0');
}
template <typename T> inline void print(const T x)
{if(x<0)putchar('-'),printe(-x);else printe(x);
}
const int maxn=50001,maxm=100001;
std::vector<int>kth[maxn];
int head[maxn],nxt[maxm],tow[maxm],tmp;
inline void addb(const int u,const int v)
{tmp++;nxt[tmp]=head[u];head[u]=tmp;tow[tmp]=v;
}
int n,part,a[maxn],b[maxn],c[maxn],d[maxn];
int f[maxn][19],dep[maxn],son[maxn],nothead[maxn],F[maxn],top[maxn],las[maxn];
void dfs(const int u,const int fa)
{dep[u]=1;for(rg int i=head[u];i;i=nxt[i]){const int v=tow[i];if(v==fa)continue;f[v][0]=F[v]=u;d[v]=d[u]+1,dfs(v,u);if(dep[v]+1>dep[u])dep[u]=dep[v]+1,son[u]=v;}
}
void dfs2(const int u,const int fa)
{las[top[u]]=u;for(rg int i=head[u];i;i=nxt[i]){const int v=tow[i];if(v==fa)continue;if(v==son[u])top[v]=top[u],dfs2(v,u);else top[v]=v,dfs2(v,u);}
}
int LCA(int u,int v)
{if(d[u]<d[v])Swap(u,v);int D=d[u]-d[v];for(rg int i=0;i<=16;i++)if(D&(1<<i))u=f[u][i];if(u==v)return u;for(rg int i=16;i>=0;i--)if(f[u][i]!=f[v][i])u=f[u][i],v=f[v][i];return F[u];
}
int qz[maxn][231],id[maxn];
void DFS(const int u,const int fa)
{for(rg int j=1,v=F[u];j<=part;j++)qz[u][j]=qz[v][j]+a[u],v=F[v];for(rg int i=head[u];i;i=nxt[i]){const int v=tow[i];if(v==fa)continue;DFS(v,u);}
}
int ks[65537];
int fe(int u,int dis)
{if(dis==0)return u;u=f[u][ks[dis]];dis-=1<<ks[dis];if(u==0)return 0;return kth[top[u]][id[u]+dis];
}
int main()
{d[1]=1;for(rg int i=1;i<=16;i++)for(rg int j=1<<(i-1);j<(1<<i);j++)ks[j]=i-1;read(n),part=20;for(rg int i=1;i<=n;i++)read(a[i]);for(rg int i=1;i<n;i++){int u,v;read(u),read(v);addb(u,v),addb(v,u);}for(rg int i=1;i<=n;i++)read(b[i]);for(rg int i=1;i<n;i++)read(c[i]);dfs(1,0);top[1]=1,dfs2(1,0);for(rg int i=1;i<=16;i++)for(rg int j=1;j<=n;j++)f[j][i]=f[f[j][i-1]][i-1];for(rg int i=1;i<=n;i++)nothead[son[i]]=1;for(rg int i=1;i<=n;i++)if(!nothead[i]){std::vector<int>&t=kth[i];const int S=dep[i]<<1;t.resize(S+1);for(rg int j=1,u=las[i];u&&j<=S;j++){if(j<=dep[i])id[u]=j;t[j]=u,u=F[u];}}DFS(1,0);for(rg int i=1;i<n;i++){int u=b[i],v=b[i+1],step=c[i],lca=LCA(u,v);if(step<=part){int du=d[u]-d[lca],dv=d[v]-d[lca];int ans=0;int extra=du%step;du=du-extra+step;ans+=qz[u][step]-qz[fe(u,du)][step];dv+=extra;if(dv==0)print(ans);else{ans+=a[v];extra=(dv-1)%step+1;ans+=qz[fe(v,extra)][step]-qz[fe(v,dv)][step];print(ans);}}else{int ans=0;while(d[u]>=d[lca]){ans+=a[u];u=fe(u,step);}while(d[v]>d[lca]){ans+=a[v];v=fe(v,step);}print(ans);}putchar('\n');}return flush(),0;
}

总结

挺巧妙的一个思路，在求kth祖先的次数比较多的时候可以使用

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思路来源 https://blog.nowcoder.net/n/5eaebd22f5f846838c637bc337cc1ee9 https://blog.csdn.net/litble/artic ...

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