【SPOJ 375】Query on a tree&树链剖分详解
来源:互联网 发布:单词带读软件 编辑:程序博客网 时间:2024/05/29 08:30
SPOJ 375
题意
给你一棵树每条边的权值,有两种操作:修改某一条边的权值;询问两点之间的路径和。(多组数据)
样例输入
1
3
1 2 1
2 3 2
QUERY 1 2
CHANGE 1 3
QUERY 1 2
DONE
样例输出
1
3
树链剖分详解
树链剖分是一种把树上询问转换为链状询问的方法,也就是说只要是单链能做树上也能做,并且只会加一个很小的常数。所以一般如果部分分是单链的话,后面的点肯定能用树剖做。
剖分
预处理时,把一棵树剖成若干条链,然后用单链的方式维护。我们把链上的边叫做重边,重边与重边之间的边叫做轻边。下图中粗的边就是重边。不过每条链单独维护太复杂,那就直接把所有链接在一起维护。
有一个性质:如果按照重边dfs每条链的dfs序编号一定是连续的。询问时,把每个询问拆成若干条链,在数据结构上查询。
启发式剖分
剖分也有好坏之分。感性的想一想(后面有证明),由于重边用数据结构维护,复杂度为logn,轻边直接直接访问,复杂度为n,那么我们希望每次尽量多的访问重边,这里用到一个启发式剖分。
定义:
dep[x] x节点的深度
siz[x] x的子树大小
fa[x] x的父节点
id[x] x节点的编号(转换到树链后的编号)
son[x] x的重儿子
top[x] x所在重链的顶端
重儿子的定义:所有儿子中siz最大的一个
首先dfs一次,找出所有节点的重儿子,同时可以处理出dep、siz、fa;然后再dfs一次,每次优先搜索重儿子,这样就能向下拉出一条重链,回溯的时候,其他非重儿子依次继续向下拉出一条重链。比如上图中一开始拉出了1、4、9、13、14,然后回溯到1的时候,访问2,然后2再向下拉出一条重链。
void dfs1(int x,int ftr,int d){ dep[x] = d; siz[x] = 1; son[x] = 0; fa[x] = ftr; for (int i = 0;i < v[x].size(); i++) { int nxt = v[x][i]; if (nxt == ftr) continue; dfs1(nxt,x,d+1); siz[x] += siz[nxt]; if (siz[nxt] > siz[son[x]]) son[x] = nxt; }}void dfs2(int x,int tp){ top[x] = tp; id[x] = ++num; if (son[x] > 0) dfs2(son[x],tp); for (int i = 0;i < v[x].size(); i++) { int nxt = v[x][i]; if (nxt == fa[x] || nxt == son[x]) continue; dfs2(nxt,nxt); }}
关于这样的剖分有如下性质:
1、轻边(u,v)中,size(v)<=size(u/2)。 用反证法显然。
2、从根到某一点的路径上,不超过logn条轻边和不超过logn条重路径。虽然我不会证这个,但我知道这就保证了『每次尽量多的访问重边』。
维护
这里我用的是线段树维护。之前的剖分做完之后问题完全转化为单链怎么做,那就很简单了。
查询
下面讲讲怎么查询(u,v)。
分成两种情况考虑:
1、u和v在同一条重链上,即top[u] = top[v],这个时候直接在线段树里找就好了,因为之前说过u到v的节点是连续的。
2、u和v不在同一条重链上。比较两条链的起点,哪个比较低,哪个节点就跑到这条链的顶端,此时再向上爬一条边(轻边)就来到了一条新的重链,然后循环。显然这个点到顶点也是连续的,而向上爬一层轻边的时间复杂度仅为o(1)。
int link(int u,int v){ int top1 = top[u]; int top2 = top[v]; int res = 0; while (top1 != top2) { if (dep[top1] < dep[top2]) {swap(top1,top2); swap(u,v);} res = max(query(1,id[top1],id[u]),res); u = fa[top1]; top1 = top[u]; } if (u == v) return res; if (dep[u] > dep[v]) swap(u,v); res = max(query(1,id[son[u]],id[v]),res); return res;}
完整代码
感觉树剖封装性比较好。。。大部分时候只要先研究一下单链,然后拖个树剖,改一下link函数里面的查询操作就行了。
#include<cmath>#include<cstdio>#include<vector>#include<cstring>#include<iomanip>#include<stdlib.h>#include<iostream>#include<algorithm>#define ll long long#define inf 1000000000#define mod 1000000007#define N 10005using namespace std;struct tree1{ int x,y,val; void read(){scanf("%d%d%d",&x,&y,&val);}} e[N];vector<int> v[N];struct tree2{ int l,r,val;} tree[N*4];int dep[N],siz[N],fa[N],id[N],son[N],val[N],top[N];int T,num,i,n,x,y;void dfs1(int x,int ftr,int d){ dep[x] = d; siz[x] = 1; son[x] = 0; fa[x] = ftr; for (int i = 0;i < v[x].size(); i++) { int nxt = v[x][i]; if (nxt == ftr) continue; dfs1(nxt,x,d+1); siz[x] += siz[nxt]; if (siz[nxt] > siz[son[x]]) son[x] = nxt; }}void dfs2(int x,int tp){ top[x] = tp; id[x] = ++num; if (son[x] > 0) dfs2(son[x],tp); for (int i = 0;i < v[x].size(); i++) { int nxt = v[x][i]; if (nxt == fa[x] || nxt == son[x]) continue; dfs2(nxt,nxt); }}void build(int l,int r,int rt){ tree[rt].l = l; tree[rt].r = r; if (l == r) {tree[rt].val = val[l]; return;} int mid = (l + r) >> 1; build(l,mid,rt << 1); build(mid+1,r,rt << 1 | 1); tree[rt].val = max(tree[rt<<1].val,tree[rt<<1|1].val);}void update(int rt,int key,int val){ if (tree[rt].l == tree[rt].r) {tree[rt].val = val; return;} int mid = (tree[rt].l + tree[rt].r) >> 1; if (key <= mid) update(rt<<1,key,val); else update(rt<<1|1,key,val); tree[rt].val = max(tree[rt<<1].val,tree[rt<<1|1].val);}int query(int rt,int l,int r){ if (tree[rt].l >= l && tree[rt].r <= r) return tree[rt].val; int mid = (tree[rt].l + tree[rt].r) >> 1; int res = 0; if (l <= mid) res = max(res,query(rt<<1,l,r)); if (r > mid) res = max(res,query(rt<<1|1,l,r)); return res;}int link(int u,int v){ int top1 = top[u]; int top2 = top[v]; int res = 0; while (top1 != top2) { if (dep[top1] < dep[top2]) {swap(top1,top2); swap(u,v);} res = max(query(1,id[top1],id[u]),res); u = fa[top1]; top1 = top[u]; } if (u == v) return res; if (dep[u] > dep[v]) swap(u,v); res = max(query(1,id[son[u]],id[v]),res); return res;}int main(){ scanf("%d",&T); while (T--) { scanf("%d",&n); for (i = 1;i < n; i++) { e[i].read(); v[e[i].x].push_back(e[i].y); v[e[i].y].push_back(e[i].x); } num = 0; dfs1(1,0,1); dfs2(1,1); for (i = 1;i <= n; i++) { if (dep[e[i].x] < dep[e[i].y]) swap(e[i].x,e[i].y); val[id[e[i].x]] = e[i].val;//val数组用来记录每个点上面的那条边的权值 } build(1,n,1); char s[40]; scanf("%s",&s); while (s[0] != 'D') { scanf("%d%d",&x,&y); if (s[0] == 'Q') printf("%d\n",link(x,y)); if (s[0] == 'C') update(1,id[e[x].x],y); scanf("%s",&s); } for(int i = 1;i <= n; i++) v[i].clear(); } return 0; }
- 【SPOJ 375】Query on a tree&树链剖分详解
- [SPOJ 375]Query On a Tree(树链剖分)
- spoj 375--Query On a Tree [树链剖分]
- spoj 375 Query on a tree 树链剖分
- SPOJ 375 Query on a tree(树链剖分)
- spoj 375 Query on a tree
- SPOJ 375 Query on a tree
- SPOJ 375 Query on a tree
- SPOJ 375. Query on a tree【树链剖分】
- SPOJ 375. Query on a tree【树链剖分】
- SPOJ QTREE(Query on a tree树链剖分)
- spoj 375. Query on a tree(树链剖分)
- SPOJ QTREE Query on a tree --树链剖分
- [ SPOJ - QTREE]Query on a tree && 树链剖分
- SPOJ Query on a tree (树链剖分)
- SPOJ QTREE Query on a tree 树链剖分
- SPOJ QTREE Query on a tree 树链剖分
- 【树链剖分】[SPOJ-QTREE]Query on a tree
- 40、Linux初步(CentOS 7下安装配置FTP)
- Hibernate核心API的详解
- Android 官方示例:android-architecture 学习笔记(五)之todo-mvp-clean
- 面试感悟----一名3年工作经验的程序员应该具备的技能
- 如何高效学习
- 【SPOJ 375】Query on a tree&树链剖分详解
- Spring注解@Component、@Repository、@Service、@Controller区别
- Android 视频播放器I
- arm-none-linux-gnueabi-gcc command not found[Solved]
- 基本数据类型包装类
- 体绘制(VR)图像的阈值调节
- js的行变色的鼠标事件代码
- 字符实体
- iOS Runtime原理及使用