课堂笔记 2021.7.27-2021.7.28

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动态开点线段树

众所周知，一棵线段树会包含很多节点，但是有很多节点都用不上，这样就会造成空间的浪费，有什么办法解决空间浪费呢？就是当我们需要的时候再去开点，不预先建树。

void build(int &i,int l,int r,int num,int k){
    
    
	if(!i)
	i=++ecnt;
	if(l==r){
    
    
		t[i].v+=k;
		return ;	
	} 
	int mid=(l+r)/2;
	if(num<=mid)
	build(t[i].ls,l,mid,num,k);//由于 i 是传的 &i，所以这里如果没有左右儿子就会新建且传回来
	else
	build(t[i].rs,mid+1,r,num,k);
	t[i].v=t[t[i].ls].v+t[t[i].rs].v; 
}

线段树合并

线段树的“加法”，当我们有两棵线段树，其中有两个节点维护了相同区间的相同信息时，它们是可以合并的，这样以来，就可以把两棵线段树合并了，譬如说两个连通块，分别用线段树维护了连通块中每个点权出现次数，当它们联通之后，我们就需要合并这两棵线段树，得到新的连通块的信息，具体实现是把第二棵线段树合到第一棵,并且记录每个点所对应线段树的根，在合并过程中修改即可：

int merge(int x,int y,int l,int r){
    
    
	if(!x)
	return y;
	if(!y)
	return x;
	if(l==r){
    
    
		t[x].v+=t[y].v;//为什么只合并叶子节点？因为答案会push_up
		return x;
	}
	int mid=(l+r)/2;
	t[x].ls=merge(t[x].ls,t[y].ls,l,mid);
	t[x].rs=merge(t[x].rs,t[y].rs,mid+1,r);
	t[x].v=t[t[x].ls].v+t[t[x].rs].v; 
	return x;
} 

树链剖分

回想一下，对于树上的修改问题，我们会通过什么方式求解？

dfs 序，欧拉序…

本质上我们是把树型结构转化为线性结构。

想象一下，如果我们把一棵树剖成一条一条的链，对于解决树上路径修改问题，只需要一条链一条链的区间修改，不就很好吗？

于是树链剖分（下文简称树剖）因应而生，比较常用的是重链剖分，又叫轻重链剖分。

先来明确什么是一棵树的重量，一般来说，以 $i$ 为根的子树大小就是 $i$ 的重量。

重链剖分是这样的：对于每个节点，找到其重量最大的儿子节点，称之为重儿子，从父节点到重儿子的边称为重边，在草稿纸上画一画，很容易发现，多条重边经常是以一条链的形式出现，因此得到了重链的概念：我们称一条链为重链，当且仅当链上所有边都是重边。继续观察你的草稿纸，你会发现，重链之间夹杂了些许“零碎”的边，这就是轻边。

结论1：在一棵有 $n$ 个节点的树中所有轻边所指向的点（称为轻儿子）的重量不超过 $\lceil \frac{n}{2}\rceil$

证明：反证法，设存在这样的一个节点，其有一个轻儿子重量大于 $\lceil \frac{n}{2}\rceil$，根据对“重儿子”的定义，这个重儿子的重量也会大于 $\lceil \frac{n}{2}\rceil$，二者相加，这个节点的重量就会大于 $n$，显然在这样一棵树中不会有一个重量大于 $n$ 的节点。

结论2：一棵有 $n$ 个节点的树上的一条路径，至多经过 ${\log }_{2}n$ 条重链

证明：我们从一条重链走到另一条重链的过程中，根据定义，显然会经过一条轻边，根据结论 1，显然最多经过 ${\log }_{2}n$ 条轻边，而重链的数量和轻边数量理论上时同阶的。

这样以来我们就把一棵树划成若干条链了，对于每条链分别进行维护，但实际实现上是通过两次 dfs：

• 第一次 dfs：

void dfs1(int x,int fa){
    
    
	dep[x]=dep[fa]+1; 
	cnt[x]=1;
	Fa[x]=fa;
	for(int i=h[x];i;i=e[i].nxt){
    
    
		int v=e[i].v;
		if(v==fa)
		continue;
		dfs1(v,x);
		cnt[x]+=cnt[v];
		if(cnt[v]>mc[x]){
    
    
			mc[x]=cnt[v];
			Son[x]=v;
		}
	}
	return ;
}

• 第二次 dfs：

void dfs2(int x,int fa,int as){
    
    
   top[x]=as;
   nid[x]=++tot2;
   if(Son[x])
   dfs2(Son[x],x,as);
   for(int i=h[x];i;i=e[i].nxt){
    
    
   	int v=e[i].v;
   	if(Son[x]!=v&&v!=fa){
    
    
   		dfs2(v,x,v);
   	}
   }
}  

这样以来就成功的划分了链并且使得一条链上的编号是连续的了。

严格来说后面的部分不属于树剖，所以先鸽了。