首先,重链剖分我们有所认识,在dsu on tree和数据结构维护链时我们都用过他的性质。

  在这里,我们要介绍一种新的剖分方式,我们求出这个点到子树中的最长链长,这个链长最终从哪个儿子更新而来,那个儿子就是所谓的“重儿子”,也可以叫长儿子。

  我们的做法就是,在统计一个点的信息时,对于重儿子,我们直O(1)接继承它的答案(这里有指针技巧,只能看代码,不可言传),对于轻儿子我们暴力统计。

  复杂度分析:一个点被计算,最多只会在作为重链上的点时被继承一次,在重链顶端时被暴力统计一次。所以最终复杂度是O(N)的。

  因为我们这里要谈的是dp优化,所以我们还没有必要研究这个结构的性质。

  它有两个应用,首先就是优化以链长度为下标的树形dp,也就是今天我们要谈的玩法,还有一个是快速求一个点的k级祖先,这个我们先不研究。

  只凭语言大家很难体会到这个算法的难度,下面我们看一些题目。

首先是CF1009:

  这道题完全可以用dsu on tree的科技过去,但是为了能入手一道简单的长剖题目,我们还是思考一下。

  如果设计一个dp:dp[i][j]表示以i为根的子树内离i距离为j的节点个数。转移方程也就很好写了:dp[x][j]+=dp[y][j-1]。(y是x的儿子),我们观察,在继承一个儿子的答案时,儿子的数组整体左移一个元素的位置可以直接贡献给父亲,于是我们就做到了O(1)继承。

  于是暴力统计其他儿子的时候我们直接按方程转移即可。

 代码:

 //倔强芬芳了惘然
#pragma GCC optimize(3)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=;
struct node{int y,nxt;}e[N*];
int n,m,a[N],d[N],fa[N],son[N],h[N];
int ans[N],cnt[N],c,st[N],tt;
void add(int x,int y){
e[++c]=(node){y,h[x]};h[x]=c;
e[++c]=(node){x,h[y]};h[y]=c;
} void dfs(int x){ d[x]=;
for(int i=h[x],y;i;i=e[i].nxt)
if((y=e[i].y)!=fa[x]){
fa[y]=x;dfs(y);d[x]=max(d[x],d[y]+);
if(d[y]>d[son[x]]) son[x]=y;
} return ;
} void solve(int x){
int *f=&cnt[st[x]=++tt],*g;
f[ans[x]=]=;
if(son[x]) solve(son[x]),
ans[x]=ans[son[x]]+;else return ;
if(ans[x]==) ans[x]=;
for(int i=h[x],y;i;i=e[i].nxt)
if((y=e[i].y)!=fa[x]&&y!=son[x]){
solve(y);g=&cnt[st[y]];
for(int j=;j<=d[y]-;j++)
if((f[j+]+=g[j])>=f[ans[x]]&&j+<ans[x]||
f[j+]>f[ans[x]]) ans[x]=j+;
} return ;
} void solve(){
dfs();solve();
for(int i=;i<=n;i++)
printf("%d\n",ans[i]);
} int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=,x,y;i<n;i++)
scanf("%d%d",&x,&y),add(x,y);
solve();return ;
}

长链剖分

现在是POI2014Hotels

  其实大部分人对计数题还是有一定抵触的,因为一些做法的正确性很难把握。dp是很常用的计数手段,但是这个题的dp方程很有意思。向各位推荐一篇题解→luogu题解1

  我们只借用它的方程考虑这个能不能直接O(1)继承重儿子的答案?(当然可以啦)

  但是我们注意,f数组和g数组在继承的时候方向是不一样的,因为这一点,我们最好在递归之前就为下面的计算分配好指针,来保证顺利继承,另外,在空间分配上,这个题也很巧妙。因为我们在长链上,f数组不断向后偏移,g数组不断向前偏移,所以我们要为每段数组预留出两个链长的空间,很难描述,还是要去研究代码来理解这种分配规则。可以说这是一道不看题解不好做的题目。

 #include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=;
struct node{int y,nxt;}e[N*];
int h[N],d[N],son[N],c,n,m,k,p;
ll tmp[N*],*id=tmp,*f[N],*g[N],ans=;
void add(int x,int y){
e[++c]=(node){y,h[x]};h[x]=c;
e[++c]=(node){x,h[y]};h[y]=c;
} void dfs(int x,int fa){
d[x]=;for(int i=h[x],y;i;i=e[i].nxt)
if((y=e[i].y)!=fa){
dfs(y,x);d[x]=max(d[x],d[y]+);
if(d[y]>d[son[x]]) son[x]=y;
} return ;
} void solve(int x,int fa){
if(son[x]) f[son[x]]=f[x]+,
g[son[x]]=g[x]-,solve(son[x],x);
f[x][]=;
for(int i=h[x],y;i;i=e[i].nxt)
if((y=e[i].y)!=fa&&y!=son[x]){
f[y]=id;id+=d[y]*;g[y]=id;
id+=d[y]*;solve(y,x);
for(int j=;j<d[y];j++){
if(j) ans+=(f[x][j-]*g[y][j]);
ans+=(f[y][j]*g[x][j+]);
} for(int j=;j<d[y];j++){
if(j) g[x][j-]+=g[y][j];
g[x][j+]+=f[x][j+]*f[y][j];
f[x][j+]+=f[y][j];
}
} ans+=g[x][];return ;
} int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=,x,y;i<n;i++)
scanf("%d%d",&x,&y),add(x,y);
dfs(,);f[]=id;id+=d[]*;g[]=id;id+=d[]*;
solve(,);printf("%lld\n",ans);return ;
}

长链剖分

接下来是WC2010重建计划

  其实这道题可以说是点分治界的一道神题,可是用长剖也可以做,但是并不是特别主流的做法。这个如果我们dp出局部的答案,还是需要对一个区间的状态取最优的,所以我们想到了用线段树来记状态,区间取max直接维护就好,然后需要继承一些东西的时候,我们不能用指针轻易的完成这个操作了,所以我们只好借助dfs序搞出偏移量即可。

  为什么把这道题放在这个位置,首先因为它综合了其他算法,此外还是因为他的细节很多,容易手残写错,可以献给大家练习代码能力。(我的代码不知道出了什么鬼,就是不能开O2,一开O2就全T要么就全RE,不过比点分治短就是了)

代码:

 #include<bits/stdc++.h>
#define db double
using namespace std;
const int N=;
struct node{int y,z,nxt;}e[N];
int L,U,n,son[N];double p,f[N],g[N],ans;
int h[N],ww[N],d[N],pos[N],tot,c,rt,cnt,lm;
struct segt{int l,r,ls,rs;db s;}t[N*];
void add(int x,int y,int z){
e[++c]=(node){y,z,h[x]};h[x]=c;
e[++c]=(node){x,z,h[y]};h[y]=c;
} void pushup(int x){
int ls=t[x].ls,rs=t[x].rs;
t[x].s=max(t[ls].s,t[rs].s);
} void build(int x,int l,int r){
if(l==r){t[x]=(segt){l,r,-,-,-1e10};return ;}
int mid=l+r>>;t[x].l=l;t[x].r=r;
t[x].ls=++cnt;t[x].rs=++cnt;
build(t[x].ls,l,mid);build(t[x].rs,mid+,r);
} void clear(int x){
t[x].s=1e-;
if(~t[x].ls) clear(t[x].ls);
if(~t[x].rs) clear(t[x].rs);
} db update(int x,int k,db c){
if(t[x].r==t[x].l) return t[x].s=max(t[x].s,c);
int mid=t[x].l+t[x].r>>;
if(k<=mid) update(t[x].ls,k,c);
else update(t[x].rs,k,c);pushup(x);
} db query(int x,int l,int r){
if(l<=t[x].l&&t[x].r<=r)
return t[x].s;db re=-1e18;
int mid=t[x].l+t[x].r>>;
if(l<=mid) re=max(re,query(t[x].ls,l,r));
if(mid<r) re=max(re,query(t[x].rs,l,r));
return re;
} void dfs(int x,int fa,int v){
d[x]=;for(int i=h[x],y;i;i=e[i].nxt)
if((y=e[i].y)!=fa){
dfs(y,x,e[i].z);
d[x]=max(d[x],d[y]+);
if(d[y]>d[son[x]])
son[x]=y,ww[x]=e[i].z;
} return ;
} void solve(int x,int fa){
if(!pos[x]) pos[x]=++tot;
int u=pos[x];g[u]=f[u]=;//u是x在dfs序中的位置
if(son[x]) solve(son[x],x),//v是y在dfs序中的位置
g[u]+=g[u+]+ww[x]-p,f[u]=-g[u];
update(rt,u,f[u]);
for(int i=h[x],y;i;i=e[i].nxt)
if((y=e[i].y)!=fa&&y!=son[x]){
solve(y,x);int v=pos[y],z=e[i].z;
for(int j=;j<=d[y];j++)
if(L-j<d[x]){
db q=query(rt,u+max(,L-j),
u+min(U-j,d[x]-));
ans=max(ans,z-p+f[v+j-]+g[v]+g[u]+q);
} for(int j=;j<=d[y];j++)
if(z-p+f[v+j-]+g[v]>g[u]+f[u+j])
f[u+j]=z-p+f[v+j-]+g[v]-g[u],
update(rt,u+j,f[u+j]);
} if(d[x]->=L) ans=max(ans,g[u]+
query(rt,u+L,u+min(U,d[x]-)));
} bool pd(db x){
clear(rt);p=x;
ans=-1e18;solve(,);
return ans>=;
} int main(){ rt=++cnt;
scanf("%d%d%d",&n,&L,&U);build(rt,,n);
for(int i=,x,y,z;i<n;i++)
scanf("%d%d%d",&x,&y,&z),
add(x,y,z),lm=max(lm,z);
dfs(,,);db l=,r=lm;
while(r-l>1e-){
db mid=(l+r)/2.0;
if(pd(mid)) l=mid;
else r=mid;
} printf("%.3lf\n",l);return ;
}

长链剖分

这种算法我们就讨论到这里,其实还有不少其他的题目,希望大家有余力可以多加练习。

长链剖分优化dp三例题的更多相关文章

  1. 【CF1009F】Dominant Indices(长链剖分优化DP)

    点此看题面 大致题意: 设\(d(x,y)\)表示\(x\)子树内到\(x\)距离为\(y\)的点的个数,对于每个\(x\),求满足\(d(x,y)\)最大的最小的\(y\). 暴力\(DP\) 首先 ...

  2. CF1009F Dominant Indices——长链剖分优化DP

    原题链接 \(EDU\)出一道长链剖分优化\(dp\)裸题? 简化版题意 问你每个点的子树中与它距离为多少的点的数量最多,如果有多解,最小化距离 思路 方法1. 用\(dsu\ on\ tree\)做 ...

  3. 2019.01.19 bzoj3653: 谈笑风生(长链剖分优化dp)

    传送门 长链剖分优化dpdpdp水题. 题意简述:给一棵树,mmm次询问,每次给一个点aaa和一个值kkk,询问满足如下条件的三元组(a,b,c)(a,b,c)(a,b,c)的个数. a,b是c的祖先 ...

  4. 2018.11.03 NOIP模拟 树(长链剖分优化dp)

    传送门 考虑直接推式子不用优化怎么做. 显然每一个二进制位分开计算贡献就行. 即记录fi,jf_{i,j}fi,j​表示距离iii这个点不超过jjj的点的每个二进制位的0/10/10/1个数. 但直接 ...

  5. BZOJ4543[POI2014]Hotel加强版——长链剖分+树形DP

    题意参见BZOJ3522 n<=100000 数据范围增强了,显然之前的转移方程不行了,那么不妨换一种. 因为不能枚举根来换根DP,那么我们描述的DP方程每个点要计算三个点都在这个点的子树内的方 ...

  6. 长链剖分优化树形DP总结

    长链剖分 规定若\(x\)为叶结点,则\(len[x]=1\). 否则定义\(preferredchild[x]\)(以下简称\(pc[x]\),称\(pc[x]\)为\(x\)的长儿子)为\(x\) ...

  7. 蒟蒻的长链剖分学习笔记(例题:HOTEL加强版、重建计划)

    长链剖分学习笔记 说到树的链剖,大多数人都会首先想到重链剖分.的确,目前重链剖分在OI中有更加多样化的应用,但它大多时候是替代不了长链剖分的. 重链剖分是把size最大的儿子当成重儿子,顾名思义长链剖 ...

  8. BZOJ.4543.[POI2014]Hotel加强版(长链剖分 树形DP)

    题目链接 弱化版:https://www.cnblogs.com/SovietPower/p/8663817.html. 令\(f[x][i]\)表示\(x\)的子树中深度为\(i\)的点的个数,\( ...

  9. bzoj4543 [POI2014]Hotel加强版 长链剖分+树形DP

    题目传送门 https://lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=4543 题解 这道题的弱化版 bzoj3522 [POI2014]Hotel 的做法有好几种吧. ...

随机推荐

  1. 集中化管理平台 — Ansible 详解

    # Ansible 简介 Ansible 类似于Saltstack,是一种集成IT系统的配置管理.应用部署.执行特定任务的开源平台.Ansible基于Python语言实现,由Paramiko和PyYA ...

  2. [Xcode 实际操作]九、实用进阶-(27)字符串文件(Localizable.strings)的本地化

    目录:[Swift]Xcode实际操作 本文将演示字符串文件(Localizable.strings)的本地化. 在项目[DemoApp]文件夹下点击鼠标右键,弹出右键菜单 ->[New Fil ...

  3. sequoiadb sdbexprt 导入工具进阶使用

    在做sdb 导入操作时,通过more 查看数据,格式是比较正常的,样例数据如下: CB20160630968101173208|||||_*||BZ|B3412|||||09664.8900| ||| ...

  4. tinymce 富文本简单使用

    tinymce.init({ //选择器 selector:'textarea', //配置顶部的菜单栏显示隐藏 menubar: false, //配置中文(默认没有中文包,需要到官网下载,放到la ...

  5. android webview 视频相关

    //设置为false则可以自动播放页面音视频 页面必须设置autoplay或者调用document.getElementById("video").play(); $(" ...

  6. 基于http的软件仓库

    这是企业中常用的方法 比如一台服务器准备好了,公司必然要安装一些应用 这时可以用这种方法批量安装应用 运行一条命令,服务器就会自己去连接软件仓库,去下载来安装. [root@webmaster htm ...

  7. 洛谷 P1042 乒乓球

    P1042 乒乓球 var s:string; a1:array[1..50000] of char; i,n,x,y:longint; procedure f1; begin while not e ...

  8. L. Right Build bfs

    http://codeforces.com/gym/101149/problem/L 给出一个有向图,从0开始,<u, v>表示要学会v,必须掌握u,现在要学会a和b,最小需要经过多少个点 ...

  9. Docker与虚拟机

    Docker与虚拟机 简述 Docker 在容器的基础上,进行了进一步的封装,从文件系统.网络互联到进程隔离等等,极大的简化了容器的创建和维护.使得 Docker 技术比虚拟机技术更为轻便.快捷.下面 ...

  10. echarts 添加Loading 等待。

    capturedsDetailsEcharts: function(id) { if (!id) { id = mini.get("chnNameCaptureds").getVa ...