概述

树上差分有什么作用？举个例子，如果题目要求对树上的一段路径进行操作，并询问某个点或某条边被经过的次数，树上差分就可以派上用场了。这就是树上差分的基本操作。

树上差分，就是利用差分的性质，对路径上的重要节点进行修改（而不是暴力全改），作为其差分数组的值，最后在求值时，利用 dfs 遍历求出差分数组的前缀和，就可以达到降低复杂度的目的。树上差分时需要求 LCA（Least Common Ancestors，最近公共祖先）。

树上差分思想和一维二维差分一样，只不过最后做和的时候不同。树上差分的做和 C[i] = C[i]+（其子树的所有节点的C），也就用dfs再跑一次树求和。还有一点值得注意的就是，对点和边的树上差分原理相同，实现略有不同点权差分和边权差分有些许不同。

在讲树上差分之前，首先需要知道树的以下两个性质：

　　（1）任意两个节点之间有且只有一条路径。

　　（2）根节点确定时，一个节点只有一个父亲节点。

这两个性质都很容易证明。那么我们知道，如果假设我们要考虑的是从 u 到 v 的路径，u 与 v 的 LCA 是 a。那么很明显，如果路径中有一点 u′ 已经被访问了，且 u′≠a，那么 u' 的父亲也一定会被访问，这是根据以上性质可以推出的。所以，我们可以将路径拆分成两条链，u->a 和 a->v。

点的差分

我们从 s−−>t 求这条路径上的点被经过的次数。如下图所示，绿色的数字表示经过的次数。很明显的，我们需要找到他们的 LCA，因为这个点 LCA 是中转点啊。我们需要让 $cnt_{s}++$ ，让 $cnt_{t}++$ ，而让他们的 $cnt_{lca}--; cnt_{father(lca)}--$ 。

根据上面的思路，我们的标记应该是如下图所示。

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以 u 表示当前结点，son代表当前结点 u 的儿子， $son_{i}$ 代表结点 i 的儿子结点。

1、我们从跟结点出发搜索到 s，然后向上回溯。

2、每个 u 统计它的子树大小，顺着路径标起来，即 $cnt_{u} += cnt_{son}$ 。回发现第一次从 s 回溯到他们的 LCA 时候， $cnt_{LCA} += cnt[son_{LCA}]$ ，且 $cnt_{LCA}=0$ 。

3、搜索到 t 向上回溯，依旧统计每个 u 的子树大小 $cnt_{u} += cnt_{son}$ ，这样再度会到 LCA 依旧是 $cnt_{LCA} += cnt[son_{LCA}]$ ，这个时候 $cnt_{LCA}=1$ ，这样就达到了我们要的效果（每个结点就访问一次）。

4、万一我们再从 LCA 向上回溯的时候使得其父亲节点的子树和为 1 怎么办？这样我们不就使得其父亲节点被经过了一次？因此我们需要在 $cnt_{father(LCA)}--$ ，这样就达到了标记我们路径上的点的要求。

思路

对于所要求的路径，拆分成两条链。关于点，u 与 v 的 LCA 是需要包括进去的，所以要把 LCA 包括在某一条链中，用 cf[i] 表示 i 被访问的次数。最后对 cf 数组的操作便是 cf[u]++，cf[v]++，cf[a]−−，cf[father[a]]−−。其时间复杂度也是一样的 Θ(n)。

图例

设将两点 u，v 之间路径上的所有点权增加 x，o=LCA(u,v)，o 的父亲节点为 p，则操作如下：

diff[u]+=x;
diff[v]+=x;
diff[o]-=x;
diff[p]-=x;

下面我们用一个例子来说明。设原树如下图，现要将 2,3 之间路径上的所有点的权值增加 3，设原权值均为 0。

则操作后的树如下图所示。

这样，只要 dfs 一遍，遍历时统计以每个节点为根的树的节点的权值和，就是当前节点的最终权值！

边的差分

如找被所有路径共同覆盖的边。

我们对边进行差分需要把边塞给点，但是,这里的标记并不是同点差分一样。把边塞给点的话,是塞给这条边所连的深度较深的节点（即塞给儿子节点）。我们从 s−−>t 求边的差分，正常的话我们的图是如下图所示，红色边为需要经过的边，绿色的数字代表经过次数。

但是由于我们把边塞给了点，因此我们的图应该是如下图所示。

但是根据我们点差分的标记方式来看的话显然是行不通的，因为我们会经过 $father_{LCA}--> LCA$ 这一路径。这样我们可以这样来标记：

$cnt_{s}++;\\ cnt_{t}++;\\ cnt_{LCA}-=2;$

这样回溯的话，我们即可只经过图中红色边。把边塞入点中的代码这样写：

void dfs(int u,int fa,int dis) {
    //u为当前节点,fa为当前节点的父亲节点,dis为从fa通向u的边的边权.
    depth[u]=depth[fa]+1;
    f[u][0]=fa;//相信写过倍增LCA的人都能看懂.
    init[u]=dis;//这里是将边权赋给点.

    for(int i=1; (1<<i)<=depth[u]; i++) {
        f[u][i]=f[f[u][i-1]][i-1];//预处理倍增数组.
    }

    for(int i=head[u]; i; i=edge[i].u) {
        if (edge[i].v==fa) {
            continue;
        }

        dfs(edge[i].v, u, edge[i].w);
    }
}

思想

将边拆成两条链之后，我们便可以像差分一样来找到路径了。用 cf[i] 代表从 i 到 i 的父亲这一条路径经过的次数。因为关于边的差分，a 是不在其中的，所以考虑链 u->a，则就要使 cf[u]++，cf[a]−−。然后链 a->v，也是 cf[v]++，cf[a]−−。所以合起来便是 cf[u]++，cf[v]++，cf[a]−=2。然后，从根节点，对于每一个节点 x，都有如下的步骤：

　　（1）枚举 x 的所有子节点 u；

　　（2）dfs 所有子节点 u；

　　（3）cf[x]+=cf[u]。

那么，为什么能够保证这样所有的边都能够遍历到呢？因为我们刚刚已经说了，如果路径中有一点 u′ 已经被访问了，且 u′≠a，那么 u′ 的父亲也一定会被访问。所以 u′ 被访问几次，它的父亲也就因为 u′ 被访问了几次。所以就能够找出所有被访问的边与访问的次数了。路径求交等一系列问题就是通过这个来解决的。因为每个点都只会遍历一次，所以其时间复杂度为 Θ(n)。