【loj#139】树链剖分

本文深入解析树链剖分算法,介绍其在处理树结构数据时的优势,特别是在树链加、子树加、换根操作及路径和、子树和查询方面的应用。通过具体实例和代码实现,阐述算法原理和技巧。

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#139. 树链剖分

 
题目描述

这是一道模板题。

给定一棵 $n$个节点的树,初始时该树的根为 111 号节点,每个节点有一个给定的权值。下面依次进行 $m$ 个操作,操作分为如下五种类型:

  • 换根:将一个指定的节点设置为树的新根。

  • 修改路径权值:给定两个节点,将这两个节点间路径上的所有节点权值(含这两个节点)增加一个给定的值。

  • 修改子树权值:给定一个节点,将以该节点为根的子树内的所有节点权值增加一个给定的值。

  • 询问路径:询问某条路径上节点的权值和。

  • 询问子树:询问某个子树内节点的权值和

输入格式

第一行为一个整数 n,表示节点的个数。

第二行 n 个整数表示第 iii 个节点的初始权值 $a_i$​。

第三行 n−1 个整数,表示 i+1i+1i+1 号节点的父节点编号$ fi+1 (1⩽fi+1⩽n)f_{i+1}\ (1 \leqslant f_{i+1} \leqslant n)fi+1​ (1⩽fi+1​⩽n)。$

第四行一个整数 m,表示操作个数。

接下来 m 行,每行第一个整数表示操作类型编号:$(1⩽u,v⩽n)(1 \leqslant u, v \leqslant n)(1⩽u,v⩽n)$

  • 若类型为 111,则接下来一个整数 u,表示新根的编号。

  • 若类型为 222,则接下来三个整数 u,v,ku,v,ku,v,k,分别表示路径两端的节点编号以及增加的权值。

  • 若类型为 333,则接下来两个整数 u,ku,ku,k,分别表示子树根节点编号以及增加的权值。

  • 若类型为 444,则接下来两个整数 u,vu,vu,v,表示路径两端的节点编号。

  • 若类型为 555,则接下来一个整数 u,表示子树根节点编号。

输出格式

对于每一个类型为 444 或 555 的操作,输出一行一个整数表示答案。

样例
样例输入
6
1 2 3 4 5 6
1 2 1 4 4
6
4 5 6
2 2 4 1
5 1
1 4
3 1 2
4 2 5
样例输出
15
24
19
数据范围与提示

对于 $100%100\%100%$ 的数据,$1⩽n,m,k,ai⩽1051\leqslant n,m,k,a_i\leqslant 10^51⩽n,m,k,ai​⩽105$。数据有一定梯度。

 

题意:树链加,子树加,需要支持换根,查询树链和,子树和

题解:

        树链剖分模板,树链加和查询直接树链剖分即可,

        注意到树链剖分有个很方便的性质就是链剖的序列其实也是dfs序,记录一个点的序列上起点和终点就可以顺便维护子树,

       换根的话分类讨论一下,一直以1号点为根,对树链的修查无影响,考虑子树:

         假设访问u号点,在以1号点为根的形态下:

         当前根rt,如果u==rt则u的子树为整个以1为根的树,

         如果rt是u的子树里的节点,那么u所代表的的子树就是整个子树 - rt的祖先里u的儿子的  子树 ,

         如果rt不是u的子树里的节点,那么u的子树就是以1为根时u的子树;

         这样操作后也是区间,可以和前两个一起维护;

      

  1 #include<cstdio>
  2 #include<iostream>
  3 #include<algorithm>
  4 #include<cstring>
  5 #include<queue>
  6 #include<cmath>
  7 #include<vector>
  8 #include<stack>
  9 #include<map>
 10 #define ls (k<<1)
 11 #define rs (k<<1|1)
 12 #define Run(i,l,r) for(int i=l;i<=r;i++)
 13 #define Don(i,l,r) for(int i=l;i>=r;i--)
 14 #define ll long long
 15 #define inf 0x3f3f3f3f
 16 using namespace std;
 17 const int N=100010;
 18 int  n,m,o,hd[N],tp[N],st[N],ed[N],idx,son[N],fa[N],w[N],sz[N],dep[N],root;//
 19 ll val[N],sum[N<<2],ly[N<<2];//
 20 struct Edge{int v,nt;}E[N<<1]; //
 21 char gc(){
 22     static char*p1,*p2,s[1000000];
 23     if(p1==p2)p2=(p1=s)+fread(s,1,1000000,stdin);
 24     return(p1==p2)?EOF:*p1++;
 25 }//
 26 int rd(){
 27     int x=0,f=1; char c=gc();
 28     while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=gc();}
 29     while(c>='0'&&c<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0',c=gc();}
 30     return x*f;
 31 }//
 32 void adde(int u,int v){
 33     E[o]=(Edge){v,hd[u]};hd[u]=o++;
 34     E[o]=(Edge){u,hd[v]};hd[v]=o++;
 35 }//
 36 void dfsA(int u,int F){
 37     dep[u]=dep[F]+1;
 38     son[u]=0; sz[u]=1;
 39     for(int i=hd[u];~i;i=E[i].nt){
 40         int v=E[i].v;
 41         if(v==F)continue;
 42         dfsA(v,u);
 43         sz[u]+=sz[v];
 44         if(sz[v]>sz[son[u]])son[u]=v;
 45     }
 46 }//
 47 void dfsB(int u,int T){
 48     tp[u]=T; val[st[u]=++idx]=w[u];
 49     if(son[u])dfsB(son[u],T);
 50     for(int i=hd[u];~i;i=E[i].nt){
 51         int v=E[i].v;
 52         if(v==son[u]||v==fa[u])continue;
 53         dfsB(v,v);
 54     }
 55     ed[u]=idx;
 56 }//
 57 void pushup(int k){sum[k]=sum[ls]+sum[rs];}//
 58 void mfy(int k,int l,int r,ll v){sum[k]+=v*(r-l+1);ly[k]+=v;}//
 59 void pushdown(int k,int l,int r){
 60     if(ly[k]){
 61         int mid=(l+r)>>1;
 62         mfy(ls,l,mid,ly[k]);
 63         mfy(rs,mid+1,r,ly[k]);
 64         ly[k]=0;
 65     }
 66 }//
 67 void build(int k,int l,int r){
 68     if(l==r){sum[k]=val[l];ly[k]=0;return;} 
 69     int mid=(l+r)>>1;
 70     build(ls,l,mid);
 71     build(rs,mid+1,r);
 72     pushup(k);
 73 }//
 74 void update(int k,int l,int r,int x,int y,ll v){
 75     if(l==x&&r==y)mfy(k,l,r,v);
 76     else {
 77         pushdown(k,l,r);
 78         int mid=(l+r)>>1;
 79         if(y<=mid)update(ls,l,mid,x,y,v);
 80         else if(x>mid)update(rs,mid+1,r,x,y,v);
 81         else update(ls,l,mid,x,mid,v) , update(rs,mid+1,r,mid+1,y,v); 
 82         pushup(k);
 83     }
 84 }//
 85 ll query(int k,int l,int r,int x,int y){
 86     if(l==x&&r==y)return sum[k];
 87     else {
 88         pushdown(k,l,r);
 89         int mid=(l+r)>>1;
 90         if(y<=mid)return query(ls,l,mid,x,y);
 91         else if(x>mid)return query(rs,mid+1,r,x,y);
 92         else return query(ls,l,mid,x,mid) + query(rs,mid+1,r,mid+1,y);
 93     }
 94 }//
 95 int child(int u,int v){
 96     while(tp[u]!=tp[v]){
 97         u=tp[u];
 98         if(fa[u]==v)return u;
 99         u=fa[u];
100     }
101     return son[v];
102 }//
103 void update1(int u,int v,int x){
104     while(tp[u]!=tp[v]){
105         if(dep[tp[u]]<dep[tp[v]])swap(u,v);
106         update(1,1,n,st[tp[u]],st[u],x);
107         u=fa[tp[u]];
108     }
109     if(dep[u]<dep[v])swap(u,v);
110     update(1,1,n,st[v],st[u],x);
111 }//
112 void update2(int u,int x){
113     if(u==root){update(1,1,n,1,n,x);}
114     else if(st[u]<=st[root]&&ed[root]<=ed[u]){
115         int t = child(root,u);
116         update(1,1,n,1,n,x);
117         update(1,1,n,st[t],ed[t],-x);
118     }
119     else{update(1,1,n,st[u],ed[u],x);}
120 }//
121 void query1(int u,int v){
122     ll ret=0;
123     while(tp[u]!=tp[v]){
124         if(dep[tp[u]]<dep[tp[v]])swap(u,v);
125         ret += query(1,1,n,st[tp[u]],st[u]);
126         u=fa[tp[u]];
127     }
128     if(dep[u]<dep[v])swap(u,v);
129     ret += query(1,1,n,st[v],st[u]);
130     printf("%lld\n",ret);
131 }//
132 void query2(int u){
133     ll ret=0;
134     if(u==root)ret=query(1,1,n,1,n);
135     else  if(st[u]<=st[root]&&ed[root]<=ed[u]){
136         int t = child(root,u);
137         ret += query(1,1,n,1,n);
138         ret -= query(1,1,n,st[t],ed[t]);
139     }
140     else{ret = query(1,1,n,st[u],ed[u]);} 
141     printf("%lld\n",ret);
142 }//
143 int main(){
144     //freopen("loj139.in","r",stdin);
145     //freopen("loj139.out","w",stdout);
146     n=rd();
147     for(int i=1;i<=n;i++)w[i]=rd(),hd[i]=-1;
148     for(int i=2;i<=n;i++)adde(fa[i]=rd(),i);
149     dfsA(root=1,0);dfsB(1,1);
150     build(1,1,n);
151     m=rd();
152     for(int i=1,u,v,x;i<=m;i++){
153         int op=rd();
154         if(op==1)root=rd();
155         else if(op==2){u=rd();v=rd();x=rd();update1(u,v,x);}
156         else if(op==3){u=rd();x=rd();update2(u,x);}
157         else if(op==4){u=rd();v=rd();query1(u,v);}
158         else {u=rd();query2(u);}
159     }
160     return 0;
161 }//by tkys_Austin;
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转载于:https://www.cnblogs.com/Paul-Guderian/p/9814325.html

<think>我们正在查询LOJ6279相关的编程题目或解决方案。LOJ(LibreOJ)是一个在线的评测系统,主要收录算法竞赛题目。根据题号6279,我们需要确定该题目的具体内容。由于我无法直接访问网络,我将基于已知信息进行推理。在算法竞赛中,LOJ的题目编号通常特定的题目对应。题号6279可能对应一个特定的问题。根据常见的题目类型,我们可以推测它可能涉及数据结构算法。然而,为了准确回答,我们可以尝试回忆或推断常见的LOJ题目。例如,LOJ6000系列题目多为数据结构题,如线段树、树状数组等。实际上,通过搜索记忆,我回想起LOJ6279是“数列分块入门3”(BlockArray3)题目。这是“分块”系列题目中的一题。题目描述:给出一个长为n的数列,以及n个操作,操作涉及区间加法,询问区间内小于某个值x的前驱(即最大的小于x的数)。因此,用户需要的是关于LOJ6279题目的描述和解决方案。解决方案:由于题目要求分块处理,我们将数列分成若干块,每块大小为sqrt(n)。对于每个块,我们维护一个有序的数组(用于二分查找)以及一个加法标记(记录整个块被加了多少)。操作:1.区间加法:对于整块,直接更新加法标记;对于不完整的块,暴力更新元素值,然后重新排序该块(或者重新构建有序数组)。2.查询区间内小于x的前驱:遍历区间内的所有块。对于整块,在块的有序数组中二分查找小于(x-加法标记)的最大值;对于不完整的块,暴力遍历每个元素,判断是否小于x(注意加上加法标记)并更新最大值。代码实现(C++)示例:```cpp#include<iostream>#include<vector>#include<cmath>#include<algorithm>#include<climits>usingnamespacestd;constintMAXN=100010;constintBLOCK_SIZE=320;//约sqrt(MAXN)intn;vector<int>a;vector<int>block_add;//每块的加法标记vector<vector<int>>sorted_blocks;//每块的有序数组voidinit(){intblock_num=(n+BLOCK_SIZE-1)/BLOCK_SIZE;block_add.assign(block_num,0);sorted_blocks.resize(block_num);for(inti=0;i<n;i++){sorted_blocks[i/BLOCK_SIZE].push_back(a[i]);}for(inti=0;i<block_num;i++){sort(sorted_blocks[i].begin(),sorted_blocks[i].end());}}voidupdate_block(intblock_id){sorted_blocks[block_id].clear();intstart=block_id*BLOCK_SIZE;intend=min((block_id+1)*BLOCK_SIZE,n);for(inti=start;i<end;i++){sorted_blocks[block_id].push_back(a[i]);}sort(sorted_blocks[block_id].begin(),sorted_blocks[block_id].end());}voidadd(intl,intr,intc){intblock_l=l/BLOCK_SIZE,block_r=r/BLOCK_SIZE;if(block_l==block_r){for(inti=l;i<=r;i++){a[i]+=c;}update_block(block_l);}else{for(inti=l;i<(block_l+1)*BLOCK_SIZE;i++){a[i]+=c;}update_block(block_l);for(inti=block_l+1;i<block_r;i++){block_add[i]+=c;}for(inti=block_r*BLOCK_SIZE;i<=r;i++){a[i]+=c;}update_block(block_r);}}intquery(intl,intr,intc){intblock_l=l/BLOCK_SIZE,block_r=r/BLOCK_SIZE;intans=-1;if(block_l==block_r){for(inti=l;i<=r;i++){intval=a[i]+block_add[block_l];if(val<c){if(val>ans)ans=val;}}}else{for(inti=l;i<(block_l+1)*BLOCK_SIZE;i++){intval=a[i]+block_add[block_l];if(val<c){if(val>ans)ans=val;}}for(inti=block_l+1;i<block_r;i++){//在块i的有序数组中二分查找小于c-block_add[i]的最大值inttarget=c-block_add[i];autoit=lower_bound(sorted_blocks[i].begin(),sorted_blocks[i].end(),target);if(it!=sorted_blocks[i].begin()){it--;intval=*it+block_add[i];if(val>ans)ans=val;}}for(inti=block_r*BLOCK_SIZE;i<=r;i++){intval=a[i]+block_add[block_r];if(val<c){if(val>ans)ans=val;}}}returnans;}intmain(){cin>>n;a.resize(n);for(inti=0;i<n;i++){cin>>a[i];}init();for(inti=0;i<n;i++){intop,l,r,c;cin>>op>>l>>r>>c;l--;r--;//如果题目输入是1-indexed,则转换为0-indexedif(op==0){add(l,r,c);}else{cout<<query(l,r,c)<<endl;}}return0;}```注意:上述代码是示例代码,可能需要根据题目具体输入要求进行调整。§§相关问题§§1.LOJ6279题目的具体描述是什么?2.分块算法的时间复杂度是多少?3.除了分块,还有哪些方法可以解决LOJ6279?4.如何优化分块算法的常数?5.分块算法适用于哪些场景?</think>### LOJ 6279 题目分析解决方案 **题目描述**:LOJ 6279 是 LibreOJ 上的 **"数列分块入门 3"**,属于分块算法的经典练习题。核心要求如下: - **操作 1**:区间 $[l, r]$ 内每个数加上值 $c$ - **操作 2**:查询区间 $[l, r]$ 内小于 $c$ 的**最大元素值**(即前驱),不存在时返回 $-1$ #### 分块算法设计 分块的核心思想是将数列划分为 $\sqrt{n}$ 大小的块,平衡暴力操作批量处理。 ##### 关键数据结构 1. **块内有序数组**: - 每块维护一个排序后的数组,用于二分查找前驱。 - 示例:块 $B_i$ 的排序数组为 $S_i$。 2. **加法懒标记**: - 记录整块被加的总值 $add_i$(不影响块内有序性)。 ##### 操作实现 1. **区间加法($[l, r] + c$)**: - **整块**:直接更新懒标记 $add_i \gets add_i + c$,时间复杂度 $O(1)$。 - **碎块**:暴力修改元素值,并**重构有序数组**(排序),时间复杂度 $O(\sqrt{n} \log \sqrt{n})$。 2. **查询前驱($[l, r]$ 内 $< c$ 的最大值)**: - **整块**:在有序数组 $S_i$ 中二分查找 $c - add_i$ 的前驱,时间复杂度 $O(\log \sqrt{n})$。 - **碎块**:暴力遍历元素,检查 $a_j + add_i < c$ 并更新最大值,时间复杂度 $O(\sqrt{n})$。 #### 代码实现(C++) ```cpp #include <iostream> #include <vector> #include <cmath> #include <algorithm> #include <climits> using namespace std; const int MAXN = 100010; int n, block_size; vector<int> a; vector<int> add_tag; // 块的加法标记 vector<vector<int>> blocks; // 每块的有序数组 void init() { block_size = sqrt(n); int block_num = (n + block_size - 1) / block_size; add_tag.assign(block_num, 0); blocks.resize(block_num); for (int i = 0; i < n; i++) blocks[i / block_size].push_back(a[i]); for (int i = 0; i < block_num; i++) sort(blocks[i].begin(), blocks[i].end()); } void rebuild_block(int block_id) { blocks[block_id].clear(); int start = block_id * block_size; int end = min(start + block_size, n); for (int i = start; i < end; i++) blocks[block_id].push_back(a[i]); sort(blocks[block_id].begin(), blocks[block_id].end()); } void range_add(int l, int r, int c) { int block_l = l / block_size, block_r = r / block_size; if (block_l == block_r) { // 同一块内 for (int i = l; i <= r; i++) a[i] += c; rebuild_block(block_l); } else { // 左侧碎块 for (int i = l; i < (block_l + 1) * block_size; i++) a[i] += c; rebuild_block(block_l); // 中间整块 for (int i = block_l + 1; i < block_r; i++) add_tag[i] += c; // 右侧碎块 for (int i = block_r * block_size; i <= r; i++) a[i] += c; rebuild_block(block_r); } } int query_predecessor(int l, int r, int c) { int ans = -1; int block_l = l / block_size, block_r = r / block_size; // 左侧碎块暴力查询 for (int i = l; i < min(r + 1, (block_l + 1) * block_size); i++) { int val = a[i] + add_tag[block_l]; if (val < c && val > ans) ans = val; } // 中间整块二分查找 for (int i = block_l + 1; i < block_r; i++) { int target = c - add_tag[i]; auto it = lower_bound(blocks[i].begin(), blocks[i].end(), target); if (it != blocks[i].begin()) { it--; int val = *it + add_tag[i]; if (val < c && val > ans) ans = val; } } // 右侧碎块暴力查询 if (block_l != block_r) { for (int i = block_r * block_size; i <= r; i++) { int val = a[i] + add_tag[block_r]; if (val < c && val > ans) ans = val; } } return ans; } int main() { cin >> n; a.resize(n); for (int i = 0; i < n; i++) cin >> a[i]; init(); for (int i = 0; i < n; i++) { int op, l, r, c; cin >> op >> l >> r >> c; l--; r--; // 转为0-indexed if (op == 0) range_add(l, r, c); else cout << query_predecessor(l, r, c) << endl; } return 0; } ``` #### 算法分析 - **时间复杂度**: - 单次修改/查询:$O(\sqrt{n} \log \sqrt{n})$(碎块排序主导)。 - 总操作 $m$ 次:$O(m \sqrt{n} \log n)$。 - **空间复杂度**:$O(n)$。 #### 优化技巧 1. **减少排序次数**: - 碎块修改时只重构受影响块的有序数组。 2. **块大小调整**: - 实测调整块大小为 $n^{0.6}$ 可能更快(需测试)。 #### 应用场景 分块算法适用于**强制在线**的区间问题(如 LOJ 的数列分块系列题),在 $O(\sqrt{n})$ 复杂度下平衡修改查询[^1]。
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