树链难点

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[SinGuLaRiTy] 树链难题,singularity难点

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关于树链

树链是什么样?那个乍一看似乎很目生的词汇表达的实际上就是在一棵树中从四个节点到此外贰个节点的门径。在无数看似复杂的图论难点中,大家其实如果对其实行妥贴的拍卖,把图转化为一棵树,难点就能够获取化简,再采纳树链的有关观念就能够相当轻巧地化解。

那道标题是不行考验思维的,n^2应该仍然相比好想的,主假设何许改动根的标题。转移根,在小编眼里应该是树形dp最难的一有个别了,

树上倍增

所谓的“树上倍增”,其实就是一种记录节点的艺术。我们定义三个数组f[i][j],表示节点i的第2^j个祖先(日常感到节点i的生父为节点i的首先个祖先)。要是总共有n个节点,我们很轻便看见,对那些数组中的i进行枚举的年华复杂度为O(n),而对j进行枚举的年华复杂度就要小得多了,才O(logn)。

对于贰个树形结构,大家得以在O(nlogn)的时间内部管理理出f[][]数组:(与平日区别,由于递推式只提到更加小的j,只须求在外层枚举j,内层枚举i)

for(int i=1;i<=n;i++)
    f[i][0]=father[i];
for(int j=1;j<=LOG;j++)//这里的LOG表示常数log(n),通常取值为20左右
    for(int i=1;i<=n;i++)
        f[i][j]=f[f[i][j-1]][j-1];

本条代码应该还是比较好驾驭的:f[i][0]意味着的正是节点i的第(2^0=1)个祖先,也正是i的老爸;节点i的第2^j个祖先也正是节点i的第2^(j-1)个祖先的第2^(j-1)个祖先,因为2^(j-1)+2^(j-1)=2^j。(可以吗,恐怕有一点绞,来画三个图)。

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那就是说,大家怎样运用f[][]数组急迅稳固节点x的第k个祖先呢?倍增数组供给三遍只好前进跳2的大背头次幂个节点,大家能够依照这一属性将k拆成三个二进制数,再经过2的次幂凑出k。代码如下:

int getk(int x,int k)
{
    for(int i=0;i<LOG;i++
        if(k&(1<<i))
            x=f[x][i];
    return x;
}

那么一旦难点成为求x的吃水为d的上代呢?(深度,若三个节点的第a个祖先为根节点,那么那些节点的纵深就为a)
 其实也异常的粗略,只要稍微转换一下就能够改为上边的主题素材:

int getd(int x,int d)
{
    return getk(x,dep[x]-d);
}

相似学会怎么更改根,也就大多考验通吃树形dp了。

近年来公共祖先难题(LCA)

什么是方今集体祖先?对于有根树的轻巧三个节点u,v,u和v的共有祖先中深度最大(离根最远)的节点被称为u和v的近年集体祖先。

这就是说怎么求三个节点的这段时间国有祖先呢?大家能够通过那三个节点到根节点的路径来推断。如下图,假如大家供给节点4和节点5的近年国有祖先,我们开掘它们到根节点的不二等秘书籍分别为4-3-2-1和5-2-1,于是我们能够从后往前还要对那多少个路子举办遍历:它们的末梢一个路径点一样,尾数第一个路线点也一致,不过到尾数第四个就差异了,于是我们把最终一组一致的节点作为近年来公共祖先——节点2正是节点4和节点5的近年集体祖先。但是,那几个进度有一些复杂了:先要得到七个节点到根节点的不二秘诀再倒回来往回找,于是大家能够对这一个进度进展优化。在图谋路线从前,大家先同意那五个节点的深浅:节点4的纵深为3,节点5的纵深为2,于是我们把节点4往上移到节点3,使多个节点的吃水一致,转而求节点3与节点5的如今公共祖先(那几个操作必然不会影响结果)。那样一来,我们还要对多少个节点进行路线总计,他们的第一对同一的路线点(依旧是节点2)即为这段日子公共祖先。

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实则,大家得以一贯用倍增数组查找近日公共祖先。(以下代码实际上求的是如今集体祖先之下的五个节点,近些日子集体祖先为father[u]和father[v])

for(i=LOG-1;i=0;i--)
    if(f[u][i]!=f[v][i])
        u=f[u][i], v=f[v][i];

在步入这段代码以前,要对u和v举行特判:若u=v,那么那些点自个儿就是所求的近些日子集体祖先;若u!=v,再进来代码求解。

 

局地模板题

洛谷 P3019 Meet Place 会见点 (USACO 2011 Mar-Silver)

Codevs 4605 LCA

COGS 1588 Distance Queries 间距咨询 (USACO 2002 Feb-Gold)

下边转一转大佬链接:http://blog.csdn.net/FromATP/article/details/53200240

路径最值查询难点

 

【NOIP二〇一一】卡车运输

有 n 座都市,编号从 1 到 n,城市里面有 m
条双向道路。每一条道路对车子都有份量限制,简称限重。未来有 q
辆运货汽车在运货,每辆车有谈得来的源点城市和顶峰城市,司机们想了然每辆车在不超越限重的情景下,最多能运多种的商品。(可感到n,m,q都是10万)

思路:求出图的最大生成树,
易知两点在最大生成树上的门路最小値等价于原图中的瓶颈边的权値。记f[i][j]代表节点i的第2^j个祖先。另开二个数组g[i][j]意味着节点i到第2^j个祖先最小值.。那七个数组均经过递推求得。在倍增法求LCA的经过中.同步记录路线最小值就可以,也正是说,
每次施行x=f[x][i]操作,同步记录ans=min(ans,g[x][i])。时间复杂度0((n+m)logn)。

<那题处处都有,就不贴代码了>

题解

正如好想的树形DP。。可是完结起来比相当多地点不是相似恶心。。。只怕是维生素酸的办法太愚笨了?总来讲之好像那时质量评定的时候ATP最终半小时想出来精晓而没码完只能写了50pts部分分=
=醉死了

那就先从50pts的起来提及吧。。能够想到那些数据范围允许大家把各类节点充任根每便都再一次开展dfs,那就用三个f[i][0]意味着从i号节点出发到它的子树里去转一圈最终还要回来的最大收入,f[i][1]代表从i号节点出发到它的子树里转一圈最终不回来的最大受益。那么分别以每一种点u为根dfs的时候最大收入正是f[u][0]和f[u][1]的Max。

不过100pts的话鲜明不能够每一回重复dfs,将要思虑一次dfs维护出装有须求的消息。因为它要的是肯定经过某二个点的最大收益路径,二遍dfs的话只能保险出从那些点出发到它的子树里走一圈的最大收益,于是再维护二个g[i][0]数组代表从i这一个点出来到它的子树外面走一圈並且回来的最大收入,g[i][1]代表从这么些点出来走一圈并且回来的最大收入。不过注意的图景是递推g数组的时候因为要分成在它阿爸外面走一圈和在它兄弟节点里走一圈三种状态,所以搞它的男子儿节点的时候不可能饱含它自身。那个需求专一。

那么究竟什么样来有限支持那三个数组呢?对于f[i][0],反正它每回走出来都要回去,所以就三个子树四个子树地记挂。对于当下子树v,f[v][0]是已知的,那么跑到这个子树里面走一圈再再次来到的受益就足以算出来。假若那几个获益大于0,鲜明选上v这些子树肯定会让解变得更优。相当于说f[i][0]是贪心维护的,枚举每一棵子树的时候假诺它的收益大于0就势供给选。

对于f[i][1],它必要在i的有所子树中选一棵子树,当跑到那棵子树里面包车型大巴时候它就不再归来点i了。除了那棵子树以外的此外子树仍是能够用f[v][0]来贪心选用的。那么在递推f[i][1]的时候每趟枚举到一个子树v,显著方今的f[i][1]内部积存的结果对应的那棵不回去的子树在v前边。于是将要分成依旧让v从前的那棵子树不回来和让v不回去二种意况研讨。如若依然让v此前的这棵子树不回来,v将在回来,于是就用f[v][0]贪滥无厌地立异;否则因为v要回来,所以v在此之前全体的都无法回去,就用当下的f[i][0]加上f[v][1]来更新结果——那将在求每一次f[i][0]要在f[i][1]而后更新不然f[i][0]里面存的就不是v以前的子树而有十分大可能率包蕴v了,就产生了重复更新。

g数组须求自顶向下并非自底向上递推,因为独有明白了父亲的境况能力递推孙子。对于g[i][0],它是跑到外围转一圈再回到的最大收益,于是首先承袭g[fa][0]的结果,表示它到它老爸节点的外面转了一圈再回来;然后还也可能有它通过阿爸到兄弟节点里面转一圈回来的情形,那几个绝成千成万现算啊对啊,所以大家思考采取此前的结果。注意到f[fa][0]就早就席卷了i的全体兄弟节点的消息,然而难点就在于有望也同有的时候候包罗了i,那是非法的。所以我们要一口咬住不放一下i有未有对f[fa][0]发出进献,假诺有些话要缩减。因为是贪心选择的所以也很好决断。

最后是g[i][1]。须要分成不回来的那条路在它阿爹外面照旧在它兄弟节点里面两局地探讨。假如不回来的那条路在父亲外面包车型地铁话正是用g[fa][1]加上它到兄弟节点里转一圈然后回去的纯收入,这一个和上边g[i][0]计算的时候是同样的。关键正是不回去的那条路再兄弟节点里面包车型地铁这种气象相比较费心。不可能从来用f[fa][1]啥的来更新,因为在总结f[fa][1]的时候所利用的不回来的特别孙子只怕小编就是近年来要计算的i。也正是用于递推i的拾贰分东西必得保险它不回去的不胜外甥非得在i外面。所以在递推f数组的时候又循环了一回,一齐初递推f[u][1]的时候记录了一下它不回去的幼子是哪八个,然后再强制让那些孙子显明拐回来,递推三个f[u][2]。那样在递推g[i][1]的时候,f[fa][1]和f[fa][2]料定至罕见三个它选取的不回去的不二等秘书籍是在i外面包车型客车,就用十三分来更新。更新的时候依然记得减去恐怕存在的f[i][0]的贡献。

 

就算如此丰盛长,但是那二个详实,拾贰分~\(≧▽≦)/~。

 1 #include<cstdio>
 2 #include<cstring>
 3 #include<algorithm>
 4 using namespace std;
 5 int n,p[300010],a[600010],nxt[600010],tot;
 6 long long f[300010][3],g[300010][2],val[300010],w[600010],rec[300010];
 7 void add(int x,int y,long long v){
 8     tot++;a[tot]=y;nxt[tot]=p[x];w[tot]=v;p[x]=tot;
 9 }
10 void dfs(int u,int fa){
11     int tmp=val[u],e;
12     f[u][0]=f[u][1]=f[u][2]=val[u];//0:back;1:not back
13     for (int i=p[u];i!=0;i=nxt[i])
14       if (a[i]!=fa){
15           int now,last;
16           dfs(a[i],u);
17           last=f[u][1]+max((long long)0,f[a[i]][0]-2*w[i]);
18           now=f[u][0]+max((long long)0,f[a[i]][1]-w[i]);
19           if (now>last){
20               f[u][1]=now;rec[u]=a[i];
21           }else f[u][1]=last;
22           if (f[a[i]][0]>=2*w[i]) f[u][0]+=f[a[i]][0]-2*w[i];
23       }
24     for (int i=p[u];i!=0;i=nxt[i])
25       if (a[i]!=fa&&a[i]!=rec[u]){
26           int now,last;
27           last=f[u][2]+max((long long)0,f[a[i]][0]-2*w[i]);
28           now=tmp+max((long long)0,f[a[i]][1]-w[i]);
29           f[u][2]=max(now,last);
30           if (f[a[i]][0]>=2*w[i]) tmp+=f[a[i]][0]-2*w[i];
31       }else if(a[i]==rec[u]) e=w[i];//记下最大值不回来节点的父边来更新
32     f[u][2]=max(f[u][2],f[u][2]+f[rec[u]][0]-2*e);//最后要判断一下
33 }
34 void dfs_again(int u,int fa,int edge){
35     int son;
36     g[u][0]=g[u][1]=0;
37     if (rec[fa]==u) son=f[fa][2];
38     else son=f[fa][1];//判断选择最大值还是次大值
39     son-=max(f[u][0]-2*edge,(long long)0);//减去当前子树的影响
40     g[u][1]=max(g[u][1],g[fa][0]+son-edge);//停在兄弟节点里的情况
41     if (f[u][0]>2*edge) son=f[u][0]-2*edge;
42     else son=0;//计算所有兄弟节点回来的价值和
43     son=f[fa][0]-son;//停在父亲外面的情况
44     g[u][1]=max(g[u][1],son+g[fa][1]-edge);
45     g[u][0]=max(g[u][0],son+g[fa][0]-2*edge);
46     for (int i=p[u];i!=0;i=nxt[i])
47       if (a[i]!=fa) dfs_again(a[i],u,w[i]);
48 }
49 int main()
50 {
51     freopen("treasure.in","r",stdin);
52     freopen("treasure.out","w",stdout);
53     scanf("%d",&n);
54     for (int i=1;i<n;i++){
55         int x,y,w;
56         scanf("%d%d%d",&x,&y,&w);
57         add(x,y,w);add(y,x,w);
58     }
59     for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&val[i]);
60     dfs(1,0);dfs_again(1,0,0);
61     for (int i=1;i<=n;i++)
62       printf("%I64d\n",max(f[i][0]+g[i][1],f[i][1]+g[i][0])); 
63     return 0;
64 }

屈居了他的代码,作者的代码在模拟赛前有写到。

【CQBZOJ】避难向导   (二零一六年菲尼克斯多校NOIP模拟联合考试)

给定一棵n个节点的树,点带权
m次询问,求从a走到b,境遇的率先个点权不低于w的节点的号码,不设有输出-1
(n≤10w, m≤30w)

思路一:设c=LCA(a,b),大家将贰个路径拆解成a->c,
c->b两部分.那样的裨益是每一片段都是一条祖先一子孙的直链,,由于需须要离a近年来的点.所以原难题被拆成了四个子任务:从三个点到它的有个别祖先那条链上离那个点以来/最远的权值相当大于w的点。记f[i][j]为祖先数组,g[i][j]代表间距节点i近来的2^j个祖先中最大的点权。显著能够经过二分深度来完成这三个子职务。复杂度0(m1og^2n)不能够通过全体数码。

思路二:如图,将一条x-y的直链看成A和B两局地:A中带有2的整数十三回幂个节点,且A的尺寸当先x-y总厅长度的53%;其他的片段为B。通过这样的思路来观望上述四个子任务:

一、离x最近的:

精晓k时,可以O(1)判定答案是不是在A中。 ①
若是在A中,枚举i从k-1到0就能够获得答案。 ②
若是A中不设有合法解,则令x=f[x][k],递归实行以上进度。
对于①,整个递归进程中仅有近水楼台先得月答案前会被实施叁次。
对于②,每一遍递归后k的值收缩,而k上界为logn,下界为0,所以递归深度为O(logn)
综上。该操作复杂度为O(logn)。

二、离x最远的:


优先令x=f[x][k],递归在B段中求解。如递归再次回到后一度赢得答案,则平素回到答案。

如通过①未有赢得答案,则O(1)检查A段中是或不是有答案,若无,则x-y整段路线中无解。假若有,则枚举i从k-1到0就能够定位答案。
类似子任务一,该有的的复杂度为O(logn)。

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Code

lovebet 6#include<cstdio>
#include<algorithm> #include<cmath>
#include<cstdlib> #include<iostream>
#include<cstring> using namespace std; #define MAXN 100010
#define LOG 18 int
Log,n,m,l[MAXN],f[MAXN][2],ms[MAXN],t,a,b,c,x,y,qi,g[MAXN],s[MAXN],ans,fa[MAXN],p[MAXN][LOG],mx[MAXN][LOG];
void Read(int &x){ char c; while(c=getchar(),c!=EOF)
if(c>=’0’&&c<=’9′){ x=c-‘0′;
while(c=getchar(),c>=’0’&&c<=’9’) x=x*10+c-‘0’; ungetc(c,stdin);
return; } } struct node { int v,wt; node *next;
}edge[MAXN*2],*adj[MAXN],*ecnt=edge; void add(int u,int v,int wt)
{ node *p=++ecnt; p->v=v; p->wt=wt; p->next=adj[u];
adj[u]=p; } void dfs1(int u){ int v; for(node
*p=adj[u];p;p=p->next) { v=p->v; if(v==fa[u]) continue;
fa[v]lovebet,=u; l[v]=l[u]+1; dfs1(v);
if(f[v][0]+p->wt>f[u][0]) { f[u][1]=f[u][0];
f[u][0]=f[v][0]+p->wt; ms[u]=v; } else
if(f[v][0]+p->wt>f[u][1])
f[u][1]=f[v][0]+p->wt; } } void dfs2(int u,int wt) {
if(ms[fa[u]]==u) g[u]=f[fa[u]][1]; else
g[u]=f[fa[u]][0]; g[u]=max(g[u],g[fa[u]])+wt; for(node
*p=adj[u];p;p=p->next) if(p->v!=fa[u])
dfs2(p->v,p->wt); } void prepare() { int i,j; for(i=1;i<=n;i++)
{ p[i][0]=fa[i]; mx[i][0]=s[fa[i]]; }
for(j=1;j<=Log;j++) for(i=1;i<=n;i++) {
p[i][j]=p[p[i][j-1]][j-1];
mx[i][j]=max(mx[i][j-1],mx[p[i][j-1]][j-1]); } } int
lca(int x,int y) { int i; if(l[x]<l[y]) swap(x,y);
for(i=Log;i>=0;i–) if(l[x]-(1<<i)>=l[y]) x=p[x][i];
if(x==y) return x; for(i=Log;i>=0;i–) if(p[x][i]!=p[y][i])
x=p[x][i],y=p[y][i]; return fa[x]; } int find1(int x,int d,int
a) { if(l[x]<=l[a]) return -1;
for(;l[p[x][d]]<l[a]&&d>=0;d–); if(mx[x][d]<qi)
return find1(p[x][d],d-1,a); for(int i=d-1;i>=0;i–)
if(mx[x][i]<qi) x=p[x][i]; return fa[x]; } int find2(int
x,int d,int a) { int i,ret; if(l[x]<=l[a]) return -1;
for(;l[p[x][d]]<l[a]&&d>=0;d–);
ret=find2(p[x][d],d-1,a); if(~ret) return ret;
if(mx[x][d]<qi) return -1; for(i=d-1;i>=0;i–)
if(mx[p[x][i]][i]>=qi) x=p[x][i]; return fa[x]; } int
main() { int i,u,v,wt; Read(n),Read(m),Read(a),Read(b),Read(c);
for(Log=0;1<<Log<=n;Log++); Log–; for(i=1;i<n;i++) {
Read(u),Read(v),Read(wt); add(u,v,wt); add(v,u,wt); } dfs1(1);
dfs2(1,0); for(i=1;i<=n;i++) s[i]=((long
long)max(f[i][0],g[i])+a)*b%c; prepare(); while(m–) {
Read(x),Read(y),Read(qi); int d,a=lca(x,y); ans=-1; if(s[x]>=qi)
ans=x; if(ans==-1) { for(d=0;1<<d<=l[x];d++); d–;
ans=find1(x,d,a); } if(ans==-1) { for(d=0;1<<d<=l[y];d++);
d–; ans=find2(y,d,a); } if(ans==-1&&s[y]>=qi) ans=y;
printf(“%d\n”,ans); } return 0; } View Code

轻重链剖分

在始发在此之前,大家供给精晓以下的术语:

重儿子:对于三个爹爹节点的话,其子树大小最大的幼子。
重边(图中的粗边):连接阿爹节点和重外甥的边。 轻边:重边以外的边。
重链:重边产生的链。须要潜心的是:未有连接重边的节点自成一条仅包括那个节点本人的重链(比方节点12)。

还应该有一对符号,大家会日常涉及:

siz[x]:节点x的子树大小,如siz[2]=5
son[x]:节点x的重外孙子,如son[1]=4
top[x]:节点x所在重链顶部的节点,如top[11]=2, top[12]=12,
top[13]=1

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那就是说,怎么样用代码来落到实处轻重链剖分的历程吧?以下是伪代码:

void dfs1(u)
{
    siz[u]=1;
    for(v是u的儿子)
    {
        dfs1(v);
        siz[u]+=siz[v]; 
        if(siz[v]>siz[son[u]]) 
            son[u]=v;
    }
}
void dfs2(u)
{
    if(son[u])
        top[son[u]]=top[u],dfs2(son[u]);
    for(v是u的儿子且v!=son[u])
    {
        top[v]=v;
        dfs2(v);
    }
}
int main()
{
    dfsl(1),top[1]=1,dfs2(1);
}

此外,还要补充有个别质量:从别的三个节点一贯往上走到根,遭遇的轻边为O(logn)等第(申明:轻边的两端点的子树点数之差最少为2倍)。我们以至能够窥见:轻边数量的nlogn的常数等第实际上是这一个小的。

透过,树链剖分就有了多种用到:

求近年来集体祖先

定义dep[x]表示x的深度,如dep[1]=1, dep[7]=3。

int lca(int u,int v)
{
    while(top[u]!=top[v])
    {
        if(dep[top[u]]>dep[top[v]])
            u=fa[top[u]];
        else
            v=fa[top[v]];
    }
    return dep[u]<dep[v] ? u:v;
}

要是v是u的先世,求既是u的祖辈也是v的外孙子的点

int getlow(int u,int v)
{
    while(top[u]!=top[v])
    {
        if(fa[top[u]]==v)
            return top[u];
        u=fa[top[u]];
    }
    return son[v];
}

求多个点的祖先中深度为d的点

基于dfs2的代码完结,能够得出一致条重链上的兼具点在dfs2的dfs体系中必将是接二连三的。记dfn[x]意味着节点x是第多少个被遍历到的节点;记id[x]意味着第x个遍历到的节点是什么人。只需在dfs2函数体内部将语句id[dfn[u]=++tmr]=u加在第一行就可以。

int find(int u,int d)
{
    while(dep[top[u]]>d)
        u=fa[top[u]];
    return id[dfn[u]-(dep[u]-d)];
}

有的例题

HDU 5452 Minimum Cut (2016 ACM/ICPC 南美洲区马普托站互连网赛)

Codevs 4632 运输安顿 (NOIP二〇一五)

[补充] 另类桥边(割/割边)算法

割边的概念:对于一个无向图,假若去掉在那之中某一条边后全体图形成完全分隔三个图,则该边称为割边。割边不在任何环中。
以随机顺序保存边,然后做一遍并查集优化的生成树。全部割边一定存在于任何一棵生成树中。
再贰次访谈保存边的数组,忽视已经在生成树中的边。对于别的某条边,它的面世一定会使生成树上爆发二个环,那些环中的边明显都不是割边,于是将那条路线的隐蔽次数+1。
求出子树和,覆盖次数为0的边集便是割集。

一些例题

BZOJ 3069 Hard Choice

BZOJ 4381 Odwiedziny

轻重链剖分小结

链剖实际运维速度相当慢,可平昔代替tarjan离线lca。

  空间复杂度 预处理复杂度 单次询问复杂度
倍增 O(nlogn) O(nlogn) O(logn)
链剖 O(n) O(n) O(nlogn)

 

 

 

另一类标题:Kruskal树

(在关于Kruskal的斟酌中,我们以最小生成树为例。)

咱俩都会用Kruskal算法来求最小生成树:将边按权值排序,顺序加边,并用并查集维护连通性。

上面,大家对这么些算法进行多少的精雕细琢:将边视为额外的点,合併两个汇聚时,将边对应的点作为新的上代,那样就生成了Kruskal树。它的中度最坏是O(n),但大家还足以扩充优化:大家发掘,我们其实只必要拜候它的根节点,因而,大家得以用并查集的路线压缩举行优化。

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变迁的Kruskal树有以下定理:

定理一:Kruskal树是一棵二叉树(因为边一定只连接2个点),树中叶子节点为本来的节点,另外节点是原先的边。
定理二:在最小生成树的例子中,从叶子到根的不二秘籍中,点权递增。
定理三:七个叶子节点的LCA的权值为原图中两点之间的瓶颈边。

又是一些例题

BZOJ 3551 Peaks

Codevs 3287 卡车运输 (NOIP二〇一二)

再来最终四个例题:过去的群集

(原题找不到了,只可以写出差不离的题意)

有n个点,先导时刻各样点单独为一个集中。帮衬多少个操作:将点x和点y所在集合合并。查询第k次联合操作前,点a和点b是还是不是在贰个聚众中。
n≤一千000,强制在线

思路:

运用Kruskal树,边权设置为操作编号。由于根据增多边的一一边权依次递增,满意Kruskal算法的属性。
查询时,若是到近日截至三个点区别根,则答案自然是no。
假使同根,则查询四个点的LCA的权值,若该权值小于k,则答案为yes,不然为no。
两点间瓶颈边为从a到b所必经的权值最大的边,在核心中对应最后增添的边。

可惜的是,使用路线压缩达成的Kruskal树在布局完以前,是无能为力支撑高速查询LCA的。
若是支持离线操作,能够施行完全体联合操作之后再奉行查询。
考虑动用Kruskal树的瓶颈是哪些?
每贰回联合必得新建叁个节点,导致树高不或然调控。

在八个节点之间创设一个有权值的节点,等价于在此三个节点之直接连一条有权值的边。
给并查集的边赋下面权,表示那是第一回增添的边。
使用按秩合併优化,则树高能够垄断(monopoly)在log等第。
四个节点在并查集中的门道最大值等于那四个节点的连片时间,也便是Kruskal树中LCA的权值。
并查聚集度为O(logn),此时能够暴力求LCA。

有关该题中的并查集优化——按秩合并

不加优化地一直统一并查集,单次操作复杂度也许高达O(n)。当并查集的边具备边权时,路径压缩大概会损失边的新闻。
概念并查集的秩,记rnk[x]表示以x为根的树的莫斯中国科学技术大学学(当x不是根时rnk[x]的值无意义且不会被访谈)。合併时,将中度越来越大的树的根作为新的根。
以下为统一代码:

int find(int x)
{
    if(fa[x]==x)
        return x;
    return find(fa[x]);
}
void unite(int x,int y)
{
    x=find(x),y=find(y);
    if(rnk[x]>rnk[y])
        swap(x,y);
    fa[x]=y;
    if(rnk[x]==rnk[y])
        rnk[y]++;
}

能够表明,按秩合并的并查集单次操作复杂度最坏为O(logn)。
路线压缩的并查集单次操作的复杂度最坏为O(n),当操作的次数高达O(n)等第时,均摊复杂度为O(logn)。

 

Time:2017-08-11

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