Luogu P4643 【模板】动态dp(矩阵乘法,线段树,树链剖分)

题面

给定一棵 \(n\) 个点的树，点带点权。

有 \(m\) 次操作，每次操作给定 \(x,y\) ，表示修改点 \(x\) 的权值为 \(y\) 。

你需要在每次操作之后求出这棵树的最大权独立集的权值大小。

题解

如题所示 , 是个模板题 ...

首先考虑静态 \(dp\) , 令 \(dp_{u,0/1}\) 为 \(u\) 不存在 / 存在 于最大权独立集的权值大小 .

然后转移很显然 , 一个点存在于独立集中时 , 儿子全都不能选 . 不存在时 , 儿子可选可不选 .

令 \(v\) 为 \(u\) 的儿子 , 那么转移就有 :

\[\begin{cases} \displaystyle dp_{u,0} = \sum_{v} \max \{dp_{v,1} dp_{v,0}\} \\ \displaystyle dp_{u,1} = val_u + \sum_v dp_{u,0} \end{cases}
\]

这个如果每次修改直接做是 \(O(n^2)\) 的 , 不能满足要求 .

然而此题是随机数据 . 每次修改单点权值 , 只需要修改这个点到根的 \(dp\) 值就行了 , 期望复杂度 \(O(q \log n + n)\) .

然后跑的飞快 , 怒拿 Luogu rank2.... 但这种随便一条链 , 或者扫帚就挂了 ..

下面就要引入正解了 .

也就是对于这种只有加法和取 \(\max\) 操作的 \(dp\) 我们可以考虑构造矩阵 .

也就是普通矩阵乘法进行改变 , 把 \(\times\) 变成 \(+\) , \(+\) 变成 \(max\) .

也就是 \(\displaystyle C_{i,j} = \sum_{k} A_{i,k} \times B_{k,j}\) 变成 \(\displaystyle C_{i,j} = \max_{k} \{A_{i,k}+B_{k,j}\}\) 就行了.

不难发现这个仍然满足结合律 . (可以用展开来证明 , 或者类似于 \(Floyd\) 的方法理解)

首先树链剖分 , 考虑链上如何修改和询问 . 不难构造矩阵 .

\[\begin{bmatrix} 0 & 0\\ val_u & -\infty \end{bmatrix} \times \begin{bmatrix} dp_{i,0} \\ dp_{i,1}\end{bmatrix} = \begin{bmatrix} dp_{i,0} \\ dp_{i,1} \end{bmatrix}
\]

然后我们考虑用线段树维护前面那个矩阵 , 然后每次 \(O(\log n)\) 修改和询问就行了 .

但扩展到树上的时候有些麻烦 , 因为对于一个点可能存在多个儿子 .

但此时它最多只会有一个重儿子 , 我们考虑记下他所有的轻儿子对这个点贡献后的矩阵就行了.

也就是说 令 \(g_{u,0/1}\) 为之前 \(dp_{u, 0/1}\) 去掉重儿子得到的答案 , 那么此时的转移矩阵就变成了 .

\[\begin{bmatrix} g_{u,0} & g_{u,0}\\ g_{u,1} & 0 \end{bmatrix} \times \begin{bmatrix} dp_{son[u],0} \\ dp_{son[u],1}\end{bmatrix} = \begin{bmatrix} dp_{u,0} \\ dp_{u,1} \end{bmatrix}
\]

请自己展开验证...

然后每次修改的时候 , 只需要在它重链底端的矩阵上进行修改就行了 . (第一个点直接改本身)

修改的话 , 就是得到原来的一个版本和新的一个版本 , 然后对于这个点减去两个版本的差值就行了 .

注意这个版本是意味着这整条重链的版本 , 因为我们要求的是链顶端所有子树最后贡献出来的 \(dp\) 值.

询问的话直接询问 \(1\) 所在重链的答案 . 然后取它选与不选的 \(\max\) 就行了.

注意线段树中的询问 , 最好别写单位矩阵分别乘上左右两边的写法 , 常数会陡增 !!

但还是介绍一下单位矩阵 ... (自己推得qwq) 对角线全都是 \(0\) , 其他位置全是 \(-\infty\) .

也就是 $$\displaystyle \begin{bmatrix} 0 & -\infty & \cdots & -\infty \ -\infty & 0 & \cdots & -\infty \ \vdots & \cdots & \ddots & \vdots \-\infty & -\infty & \cdots & -\infty \ -\infty & -\infty & \cdots & 0\end{bmatrix}$$

最后时间复杂度就是 \(O(n \log^2 n)\) 的... 有点恐怖 , 但跑的还是算快的 . 矩阵乘法那里有 \(8\) 的常数有点伤 .

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define For(i, l, r) for(register int i = (l), i##end = (int)(r); i <= i##end; ++i)
#define Fordown(i, r, l) for(register int i = (r), i##end = (int)(l); i >= i##end; --i)
#define Set(a, v) memset(a, v, sizeof(a))
using namespace std;

bool chkmin(int &a, int b) {return b < a ? a = b, 1 : 0;}
bool chkmax(int &a, int b) {return b > a ? a = b, 1 : 0;}

inline int read() {
    int x = 0, fh = 1; char ch = getchar();
    for (; !isdigit(ch); ch = getchar() ) if (ch == '-') fh = -1;
    for (; isdigit(ch); ch = getchar() ) x = (x<<1) + (x<<3) + (ch ^ '0');
    return x * fh;
}

void File() {
#ifdef zjp_shadow
    freopen ("P4643.in", "r", stdin);
    freopen ("P4643.out", "w", stdout);
#endif
}

const int N = 1e5 + 1e3, Lim = 2, inf = 0x7f7f7f7f;

struct Matrix {
	int a[Lim + 1][Lim + 1]; 

	Matrix () { Set(a, 0); } 

	void Unit() { For (i, 1, Lim) For (j, 1, Lim) a[i][j] = (i == j) ? 0 : -inf; }
} ;

inline Matrix operator * (Matrix a, Matrix b) {
    Matrix res;
	For (i, 1, Lim) For (j, 1, Lim) For (k, 1, Lim) chkmax(res.a[i][j], a.a[i][k] + b.a[k][j]);
    return res;
}

void Out(Matrix a) { For (i, 1, Lim) For (j, 1, Lim) printf ("%d%c", a.a[i][j], j == jend ? '\n' : ' '); putchar ('\n'); }

vector<int> G[N];
int sz[N], son[N], fa[N];
void Dfs_Init(int u, int from = 0) {
    sz[u] = 1; fa[u] = from;
    for (int v : G[u]) if (v ^ from) {
        Dfs_Init(v, u), sz[u] += sz[v];
        if (sz[v] > sz[son[u]]) son[u] = v;
    }
}

int dfn[N], id[N], top[N], back[N];
void Dfs_Part(int u) {
    static int clk = 0;
    id[dfn[u] = ++ clk] = u;
    top[u] = son[fa[u]] == u ? top[fa[u]] : u;
    back[top[u]] = u; if (son[u]) Dfs_Part(son[u]);
    for (int v : G[u]) if ((v ^ fa[u]) && (v ^ son[u])) Dfs_Part(v);
}

int dp[N][2], val[N];
void Dp_Pre(int u) {
    int summax = 0, sum0 = val[u];
    for (int v : G[u]) if (v ^ fa[u])
        Dp_Pre(v), sum0 += dp[v][0], summax += max(dp[v][0], dp[v][1]);
    dp[u][0] = summax, dp[u][1] = sum0;
}

Matrix sub[N];

#define lson o << 1, l, mid
#define rson o << 1 | 1, mid + 1, r
struct Segment_Tree {
    Matrix Adv[N << 2];

    inline void push_up(int o) { Adv[o] = Adv[o << 1] * Adv[o << 1 | 1]; }

    void Build(int o, int l, int r) {
        if (l == r) {
            int u = id[l], summax = 0, sum0 = val[u];
            for (int v : G[u]) if ((v ^ fa[u]) && (v ^ son[u]))
                summax += max(dp[v][0], dp[v][1]), sum0 += dp[v][0];
            Adv[o].a[1][1] = Adv[o].a[1][2] = summax; Adv[o].a[2][1] = sum0;
            sub[u] = Adv[o]; return ;
        }
        int mid = (l + r) >> 1; Build(lson); Build(rson); push_up(o);
    }

    void Update(int o, int l, int r, int up) {
        if (l == r) { Adv[o] = sub[id[l]]; return ; }
        int mid = (l + r) >> 1;
        if (up <= mid) Update(lson, up); else Update(rson, up); push_up(o);
    }

    Matrix Query(int o, int l, int r, int ql, int qr) {
        if (ql <= l && r <= qr) return Adv[o];
        int mid = (l + r) >> 1;
		/*
		   Matrix tmp; tmp.Unit();
		   if (ql <= mid) tmp = tmp * Query(lson, ql, qr);
		   if (qr > mid) tmp = tmp * Query(rson, ql, qr);
		 */
		if(qr <= mid) return Query(lson, ql, qr);
        if(ql > mid) return Query(rson, ql, qr);
        return Query(lson, ql, qr) * Query(rson, ql, qr);
    }
} T;

int n, m;

inline void Update(int pos, int uv) {
    sub[pos].a[2][1] += - val[pos] + uv, val[pos] = uv;
    Matrix bef, aft;
    while (pos) {
        bef = T.Query(1, 1, n, dfn[top[pos]], dfn[back[top[pos]]]);
        T.Update(1, 1, n, dfn[pos]);
        aft = T.Query(1, 1, n, dfn[top[pos]], dfn[back[top[pos]]]);
        pos = fa[top[pos]];

        sub[pos].a[1][2] = (sub[pos].a[1][1] += - max(bef.a[1][1], bef.a[2][1]) + max(aft.a[1][1], aft.a[2][1]));
        sub[pos].a[2][1] += - bef.a[1][1] + aft.a[1][1];
    }
}

inline int Query() {
    Matrix tmp = T.Query(1, 1, n, dfn[1], dfn[back[top[1]]]);
    return max(tmp.a[1][1], tmp.a[2][1]);
}

int main () {
	File();

    n = read(); m = read();
    For (i, 1, n) val[i] = read();
    For (i, 1, n - 1) { int u = read(), v = read(); G[u].push_back(v); G[v].push_back(u); }

    Dfs_Init(1); Dfs_Part(1); Dp_Pre(1); T.Build(1, 1, n);

    while (m --) {
        int x = read(), y = read();
        Update(x, y);
        printf ("%d\n", Query());
    }

	//cerr << (double) clock() / CLOCKS_PER_SEC << endl;
    return 0;
}