Link Cut Tree學習筆記

liuchanglc發表於2021-01-18

筆記

定義

動態樹問題，是一類要求維護一個有根樹森林，支援對樹的分割, 合併等操作的問題。

由 \(RobertE.Tarjan\) 為首的科學家們提出解決演算法 \(Link-Cut Trees\)，簡稱 \(lct\)。

在處理樹上的很多詢問問題的時候，我們常常會用到輕重鏈剖分，但是它只能維護當樹的形態保持不變的時候的資訊。

那麼在樹形態發生變化的時候，輕重鏈剖分就失去了效果，這個時候我們就要用到 \(lct\)。

個人感覺這篇部落格講的不錯

前置知識:spaly

\(splay\) 是 \(lct\) 的輔助樹

如果不會 \(splay\) 可以去我的部落格學習一下

性質

\(1\)、和輕重鏈剖分相同的是，\(lct\) 也對要維護的樹進行了劃分，將鏈分為了實鏈和虛鏈。

每一個 \(Splay\) 維護的是一條從上到下按在原樹中深度嚴格遞增的路徑，且中序遍歷 \(Splay\) 得到的每個點的深度序列嚴格遞增。

\(2\)、每個節點包含且僅包含於一個 \(Splay\) 中

\(3\)、邊分為實邊和虛邊，實邊包含在 \(Splay\) 中，而虛邊總是由一棵 \(Splay\) 指向另一個節點（指向該 \(Splay\) 中中序遍歷最靠前的點在原樹中的父親）。

如果一個節點有多個兒子，那麼該節點只會認用實邊相連的那個兒子，對於虛邊相連的兒子，則會認父不認子。

操作

1、結構體定義

個人的寫法是把 \(lct\) 封裝到了結構體裡

int ch[maxn][2],fa[maxn],val[maxn],sum[maxn],top,sta[maxn],rev[maxn];
//ch[0/1]:左/右兒子  fa:父親節點 val:該節點的權值 
//sum:該節點及其子樹的權值之和 sta&top:push_down時用 rev:翻轉標記

2、標記上傳和下放

類似於線段樹

要注意的是，線段樹的父親節點並不是一個真實的節點，而 \(spaly\) 的父親節點代表了原樹中真實存在的一個節點

void push_up(rg int da){
	sum[da]=sum[ch[da][0]]^sum[ch[da][1]]^val[da];
}
void push_down(rg int da){
	rg int lc=ch[da][0],rc=ch[da][1];
	if(rev[da]){
		rev[lc]^=1,rev[rc]^=1,rev[da]^=1;
		std::swap(ch[da][0],ch[da][1]);
	}
}

3、isroot操作

判斷某個節點是否是該節點所在的 \(splay\) 的根節點

利用了性質 \(3\)

bool isroot(rg int da){
	return (ch[fa[da]][0]!=da)&&(ch[fa[da]][1]!=da);
}

4、splay操作

和 \(splay\) 板子的區別就是多了 \(push\_down\) 操作

void xuanzh(rg int x){
	rg int y=fa[x];
	rg int z=fa[y];
	rg int k=(ch[y][1]==x);
	if(!isroot(y)){
		ch[z][ch[z][1]==y]=x;
	}
	fa[x]=z;
	ch[y][k]=ch[x][k^1];
	fa[ch[x][k^1]]=y;
	ch[x][k^1]=y;
	fa[y]=x;
	push_up(y);
	push_up(x);
}
void splay(rg int x){
	sta[top=1]=x;
	for(rg int i=x;!isroot(i);i=fa[i]) sta[++top]=fa[i];
	for(rg int i=top;i>=1;i--) push_down(sta[i]);
    //把需要下傳標記的提前存起來一起修改
	while(!isroot(x)){
		rg int y=fa[x];
		rg int z=fa[y];
		if(!isroot(y)){
			(ch[z][1]==y)^(ch[y][1]==x)?xuanzh(x):xuanzh(y);
		}
		xuanzh(x);
	}
}

5、access操作

比較重要的一個操作

目的是打通根節點到指定節點的實鏈，使得一條中序遍歷以根開始、以指定點結束的 \(Splay\) 出現

void access(rg int x){
	for(rg int y=0;x;y=x,x=fa[x]){
		splay(x);
		ch[x][1]=y;
		push_up(x);
	}
}

6、makeroot操作

使某一個節點成為整個聯通塊的根

\(access\) 之後已經打通了一條當前點到根節點的路徑

此時 \(x\) 在 \(Splay\) 中一定是深度最大的點

把 \(x\ splay\) 一下，\(x\) 將沒有右子樹（性質\(1\)）

於是翻轉整個 \(Splay\)，使得所有點的深度都倒過來了

\(x\) 沒了左子樹，成了深度最小的點（根節點），達到了我們的目的

要注意的是，換根操作之後，原樹的形態就改變了

void makeroot(rg int x){
	access(x);
	splay(x);
	rev[x]^=1;
	push_down(x);
}

7、findroot操作

找出指定點所在的聯通塊的根節點

和上一個操作一樣，只不過這一次我們不再進行翻轉操作，而是一直跳左子樹

最後跳到的節點就是根

int findroot(rg int x){
	access(x);
	splay(x);
	while(ch[x][0]){
		push_down(x);
		x=ch[x][0];
	}
	splay(x);
	return x;
}

8、split操作

提取 \(x\) 到 \(y\) 的路徑

先讓 \(x\) 成為根節點，再打通 \(y\) 到根節點的路徑

void split(rg int x,rg int y){
	makeroot(x);
	access(y);
	splay(y);
}

9、刪邊、連邊操作

先讓 \(x\) 成為根節點，再判斷聯通性

void link(rg int x,rg int y){
	makeroot(x);
	if(findroot(y)!=x) fa[x]=y;
}
void cut(rg int x,rg int y){
	makeroot(x);
	if(findroot(y)==x && fa[y]==x && ch[y][0]==0){
		fa[y]=ch[x][1]=0;
		push_up(x);
	}
}

10、求LCA操作

兩遍 \(access\)

int access(rg int x){
   for(rg int y=0;x;y=x,x=fa[x]){
   	splay(x);
   	ch[x][1]=y;
   	push_up(x);
   }
   return y;// 多了一個返回值
}

然後求 \(LCA\) 的過程就出來了。

int LCA(int x,int y){ 
   if(findroot(x)!=findroot(y))// 必須的特判。
   	return -1;
   access(x);
   return access(y); 
}

完整模板

洛谷P3690

#include<cstdio>
#include<iostream>
#define rg register
inline int read(){
	rg int x=0,fh=1;
	rg char ch=getchar();
	while(ch<'0' || ch>'9'){
		if(ch=='-') fh=-1;
		ch=getchar();
	}
	while(ch>='0' && ch<='9'){
		x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
		ch=getchar();
	}
	return x*fh;
}
const int maxn=1e6+5;
int n,m;
struct LCT{
	int ch[maxn][2],fa[maxn],val[maxn],sum[maxn],top,sta[maxn],rev[maxn];
	void push_up(rg int da){
		sum[da]=sum[ch[da][0]]^sum[ch[da][1]]^val[da];
	}
	void push_down(rg int da){
		rg int lc=ch[da][0],rc=ch[da][1];
		if(rev[da]){
			rev[lc]^=1,rev[rc]^=1,rev[da]^=1;
			std::swap(ch[da][0],ch[da][1]);
		}
	}
	bool isroot(rg int da){
		return (ch[fa[da]][0]!=da)&&(ch[fa[da]][1]!=da);
	}
	void xuanzh(rg int x){
		rg int y=fa[x];
		rg int z=fa[y];
		rg int k=(ch[y][1]==x);
		if(!isroot(y)){
			ch[z][ch[z][1]==y]=x;
		}
		fa[x]=z;
		ch[y][k]=ch[x][k^1];
		fa[ch[x][k^1]]=y;
		ch[x][k^1]=y;
		fa[y]=x;
		push_up(y);
		push_up(x);
	}
	void splay(rg int x){
		sta[top=1]=x;
		for(rg int i=x;!isroot(i);i=fa[i]) sta[++top]=fa[i];
		for(rg int i=top;i>=1;i--) push_down(sta[i]);
		while(!isroot(x)){
			rg int y=fa[x];
			rg int z=fa[y];
			if(!isroot(y)){
				(ch[z][1]==y)^(ch[y][1]==x)?xuanzh(x):xuanzh(y);
			}
			xuanzh(x);
		}
	}
	void access(rg int x){
		for(rg int y=0;x;y=x,x=fa[x]){
			splay(x);
			ch[x][1]=y;
			push_up(x);
		}
	}
	void makeroot(rg int x){
		access(x);
		splay(x);
		rev[x]^=1;
		push_down(x);
	}
	int findroot(rg int x){
		access(x);
		splay(x);
		while(ch[x][0]){
			push_down(x);
			x=ch[x][0];
		}
		splay(x);
		return x;
	}
	void split(rg int x,rg int y){
		makeroot(x);
		access(y);
		splay(y);
	}
	void link(rg int x,rg int y){
		makeroot(x);
		if(findroot(y)!=x) fa[x]=y;
	}
	void cut(rg int x,rg int y){
		makeroot(x);
		if(findroot(y)==x && fa[y]==x && ch[y][0]==0){
			fa[y]=ch[x][1]=0;
			push_up(x);
		}
	}
}lct;
int main(){
	n=read(),m=read();
	for(rg int i=1;i<=n;i++) lct.sum[i]=lct.val[i]=read();
	rg int aa,bb,cc;
	for(rg int i=1;i<=m;i++){
		aa=read(),bb=read(),cc=read();
		if(aa==0){
			lct.split(bb,cc);
			printf("%d\n",lct.sum[cc]);
		} else if(aa==1){
			lct.link(bb,cc);
		} else if(aa==2){
			lct.cut(bb,cc);
		} else {
			lct.splay(bb);
			lct.val[bb]=cc;
		}
	}
	return 0;
}

複雜度證明

傳送門

一些題目

型別一、維護鏈資訊

[國家集訓隊]Tree II

注意區間標記先乘後除

然後就和普通的線段樹一樣標記下放即可

如果沒有刪邊和加邊操作，也可以用樹鏈剖分實現，但是複雜度要多一個 \(log\)

有的時候要維護的資訊不是在點上而是在邊上

此時我們就需要把邊看成點

例如有一條邊 \((u,v)\)，編號為 \(id\)

那麼我們需要在 \(lct\) 中連兩條邊 \((u,id+n)(v,id+n)\)

邊的資訊儲存在 \(id+n\) 這個點上

型別二、動態維護聯通性

[SDOI2008]洞穴勘測

用可撤銷並查集按秩合併也可以做

換成 \(lct\) 也是一個板子

只要判斷兩個點 \(findroot\) 得到的值是否一樣即可

長跑

由於圖中會出現邊雙，不能重複計算，所以需要將邊雙縮點

用並查集維護當前的點屬於哪一個雙聯通分量

考慮合併 \(x\) 到 \(y\) ，如果 \(x\) 和 \(y\) 在 \(lct\) 上不是聯通的，那麼直接連邊

否則我們先取出 \(x\) 到 \(y\) 的路徑，將路徑上所有權值都加到 \(y\) 上，同時把路徑上所有點的父親設為 \(y\)

要注意的是每次操作之前都要在並查集裡找一下祖先

型別三、最小生成樹一類的問題

這種題大部分都需要在邊權上維護一個最大/最小值，然後按照邊權從大到小/從小到大排序

遍歷到一條邊時，如果這條邊所連的兩個點已經在同一個同一個聯通塊中，根據需要刪邊/加邊

型別四、維護子樹資訊

P4219 [BJOI2014]大融合

因為 \(LCT\) 中的兒子有實兒子和虛兒子之分

\(splay\) 中儲存的只是實兒子的資訊

所以我們要新開一個變數 \(siz2\) 記錄虛子樹的大小

相應地一些函式也要被修改

struct LCT{
	int ch[maxn][2],siz2[maxn],siz[maxn],top,sta[maxn],rev[maxn],wz[maxn],fa[maxn];
	void push_up(rg int da){
		siz[da]=siz[ch[da][1]]+siz[ch[da][0]]+1+siz2[da];//1
	}
	void push_down(rg int da){
		rg int lc=ch[da][0],rc=ch[da][1];
		if(rev[da]){
			rev[lc]^=1,rev[rc]^=1,rev[da]^=1;
			std::swap(ch[da][0],ch[da][1]);
		}
	}
	bool isroot(rg int da){
		return ch[fa[da]][0]!=da&&ch[fa[da]][1]!=da;
	}
	void xuanzh(rg int x){
		rg int y=fa[x];
		rg int z=fa[y];
		rg int k=(ch[y][1]==x);
		if(!isroot(y)){
			ch[z][ch[z][1]==y]=x;
		}
		fa[x]=z;
		ch[y][k]=ch[x][k^1];
		fa[ch[x][k^1]]=y;
		ch[x][k^1]=y;
		fa[y]=x;
		push_up(y);
		push_up(x);
	}
	void splay(rg int x){
		top=1;
		sta[top]=x;
		for(rg int i=x;!isroot(i);i=fa[i]) sta[++top]=fa[i];
		for(rg int i=top;i>=1;i--) push_down(sta[i]);
		while(!isroot(x)){
			rg int y=fa[x];
			rg int z=fa[y];
			if(!isroot(y)){
				(ch[z][1]==y)^(ch[y][1]==x)?xuanzh(x):xuanzh(y);
			}
			xuanzh(x);
		}
	}
	void access(rg int x){
		for(rg int y=0;x;y=x,x=fa[x]){
			splay(x);
			siz2[x]+=siz[ch[x][1]]-siz[y];//2
			ch[x][1]=y;
			push_up(x);
		}
	}
	void makeroot(rg int x){
		access(x);
		splay(x);
		rev[x]^=1;
		push_down(x);
	}
	void split(rg int x,rg int y){
		makeroot(x);
		access(y);
		splay(y);
	}
	void link(rg int x,rg int y){
		makeroot(x);
		makeroot(y);
		fa[x]=y;
		siz2[y]+=siz[x];//3
	}
	void cut(rg int x,rg int y){
		split(x,y);
		fa[x]=ch[y][0]=0;
		push_up(y);
		makeroot(x);
		makeroot(y);
	}
}lct;

型別五、查詢k級祖先

loj#6710. 「RCOI2019」維護

若設每個點的點權均為 \(1\)，刪除時把點權置為 \(0\)

則這樣得到的 \(k\) 級祖先就是到這個點的路徑上權值和為 \(k\) 的祖先

所以在 \(lct\) 上二分查詢即可

程式碼

int find(rg int now,rg int ke){
	access(now);
	splay(now);
	if(!now || sum[ch[now][0]]<ke) return 0;
	if(ke==0) return now;
	now=ch[now][0];
	while(now){
		if(sum[ch[now][1]]>=ke) now=ch[now][1];
		else if(sum[ch[now][1]]+val[now]==ke) return splay(now),now;
		else {
			ke-=(sum[ch[now][1]]+val[now]);
			now=ch[now][0];
		}
	}
	return 233;
}

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