洛谷P5903 树上k级祖先长链剖分

最新推荐文章于 2024-09-20 16:34:45 发布

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#算法

本文介绍了树的长链剖分及其重要性质，包括长链长度与子树深度的关系，以及从节点到根的跳跃次数上限。通过k级祖先的定义，提出了一种高效的查询方法，利用跳跃至2^h级祖先并结合长链性质，可以在O(1)时间内完成查询。此外，提供了具体的数据结构和算法实现来辅助查询操作。

长链剖分：

与重链剖分类似，重链剖分的关键字是子树规模，长链剖分的关键字是子树深度。

长链剖分有一些重要性质：

性质一： $x$ 的 $k$ 级祖先所在的长链长度必然 $≥k\geq k$ ，证明如下：

设 $x$ 的 $k$ 级祖先为 $y$

若 $x$ 与 $y$ 在同一条长链上，既然 $d i s (x, y) == k$ ，那么长链长度一定 $≥k\geq k$

若他们不在一条长链上，如图， $t$ 为 $y$ 所在的长链的末端
在这里插入图片描述

因为 $d i s (x, y) == k$ ，即 $oy + o x == k$ ，如果 $o x > o t$ ，那么 $x$ 在的链就会是 $y$ 的重链了，因为 $o$ 总是选择深度深的儿子作为深儿子，因此，一定有 $ox≤otox\leq ot$ 存在，即 $oy+ox≤oy+otoy+ox\leq oy+ot$ ，即 $k≤oy+ot≤len[y]k\leq oy+ot \leq len[y]$

性质二： $x$ 沿长链向上跳至根的跳跃次数最大是 $O(n）O(\sqrt{n}）$ 级别的，证明如下：

因为每次跳跃 $k$ 长度后链的长度至少是 $≥k\geq k$ 的，因为每次都是跳至顶，链的长度一定递增（可能取等），但链顶点跳至其他链需要多 $1$ 的跳跃，所以每次的跳跃长度严格递增，考虑跳跃次数最差的情况，跳跃长度依次为 $1, 2, 3....$ ，求和 $t(t+1)2≤n\frac{t(t+1)}{2}\leq n$

解这个方程就有最大跳跃次数了。

树上 $k$ 级祖先的应用：

要求 $x$ 的 $k$ 级祖先，先找到满足 $2h≤k≤2h+12^h\leq k \leq 2^{h+1}$ 的 $h$ ，然后跳跃至 $x$ 的 $2^h$ 级祖先 $y$ ，根据性质 $1$ ，此时 $len[y]≥2hlen[y]\geq 2^h$ ，剩余需要跳的步数为 $k−2h≤2hk-2^h\leq 2^h$ （因为 $h$ 满足 $k≤2h+1k\leq 2^{h+1}$ ），得到 $k−2h≤len[y]k-2^h\leq len[y]$ ，又因为 $k−2h≥0k-2^h\geq0$ ，所以至少是 $y$ 往上跳，最差情况下最高跳至 $t o p [y]$ 的 $l e n [y]$ 级祖先，那么只需要维护每根链顶点 $p$ 的 $[1, l e n [p]]$ 祖先和儿子，就可以 $O (1)$ 查询了

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define ui unsigned int
using namespace std;

ui s;
inline ui get(ui x) 
{
    x ^= x << 13;
    x ^= x >> 17;
    x ^= x << 5;
    return s = x; 
}

struct way
{
    int to,next;
}edge[1000005];
int cnt,head[500005];

void add(int u,int v)
{
    edge[++cnt].to=v;
    edge[cnt].next=head[u];
    head[u]=cnt;
}

int n,q,root,depth[500005],top[500005],len[500005];
int max1[500005],son[500005],f[500005][21];
vector<vector<int>>upp(500005),downn(500005);

void dfs1(int u)
{
    depth[u]=depth[f[u][0]]+1; max1[u]=1; 
    for(int i=1;i<=20;i++) f[u][i]=f[f[u][i-1]][i-1];
    for(int i=head[u];i;i=edge[i].next)
    {
        int v=edge[i].to;
        if(v==f[u][0]) continue;
        dfs1(v);
        if(max1[v]>max1[son[u]]) son[u]=v;
    }
    max1[u]+=max1[son[u]];
}

void dfs2(int u,int topf)
{
    top[u]=topf; len[u]=depth[u]+max1[u]-1-depth[top[u]]+1;
    if(son[u]) dfs2(son[u],topf);
    for(int i=head[u];i;i=edge[i].next)
    {
        int v=edge[i].to;
        if(v==f[u][0]||v==son[u]) continue;
        dfs2(v,v);
    }
}

int query(int x,int k)
{
    if(!k) return x;
    int base=(int)(log(k)/log(2));
    x=f[x][base]; k-=1<<base;
    k-=depth[x]-depth[top[x]]; x=top[x];
    if(!k) return x;
    else if(k>0) return upp[x][k-1];
    return downn[x][-k-1];
}

int main()
{
    cin>>n>>q>>s; ll tot=0,ans=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&f[i][0]);
        if(!f[i][0]) root=i;
        else
        {
            add(i,f[i][0]); 
            add(f[i][0],i);
        }
    }
    dfs1(root); dfs2(root,root);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        // printf("max1[%d]=%d\n",i,len[i]);
        if(i!=top[i]) continue;
        for(int j=1,x=f[i][0];j<=len[i];j++,x=f[x][0]) upp[i].push_back(x);
        for(int j=1,x=son[i];j<=len[i];j++,x=son[x]) downn[i].push_back(x);
    }
    for(int i=1;i<=q;i++)
    {
        int x=(get(s)^ans)%n+1,k=(get(s)^ans)%depth[x];
        ans=query(x,k); tot^=i*ans;
    }
    cout<<tot;
    return 0;
}