虚树学习小结

目录

• 定义
• 构建
• 代码
• 应用
• 题目
  • LOJ #2219. 「HEOI2014」大工程
    • 题意
    • 题解
    • 代码
  • BZOJ 2286: [SDOI 2011]消耗战
    • 题意
    • 题解
    • 代码
  • LOJ #2496. 「AHOI / HNOI2018」毒瘤
    • 题意
    • 题解
    • 代码

虚树一开始听的时候以为很高深，其实也是一个比较容易的东西。

能够称它是个数据结构，也能够称它是个算法，反正比较好用啦~

定义

虚树就是将原树中的点集 \(S\) 拿出来，构成一棵新的并能保持原树结构的一棵树。

保持结构，意味着对于 \(\forall x, y \in S\) ，他们的最近公共祖先 \(lca\) 也得出如今虚树中来。

举个栗子：

对于这颗树来讲

咱们将 \(\{3, 6, 7\}\) 取出来变成一棵虚树就是这样的：

咱们保留了这些点的 \(lca\) 以及它自己，而后根据他们在原树中的相对关系建了出来。

全部点对的 \(lca\) 个数是严格 \(< |S|\) 的，后面能利用构造的方式进行证实。

构建

首先咱们讲全部可能出现的点拿出来，也就是 \(S\) 集合中点对的 \(lca\) ，以及 \(S\) 自己，咱们称这些点为关键点，他们构成了一个集合 \(T\) 。

1. 咱们将全部点按照他们的 \(dfs\) 序进行排序，而后相邻两个求 \(lca\) 就是全部点对的 \(lca\) 了。

   不知道 \(dfs\) 序能看看我 这篇博客 。

   接下来咱们证实一下为何这样就是对的。

   证实：

   若是有点对 \((x, y)\) 排序后不是相邻点对，他们的 \(lca\) 必然出如今别的里面。

   如图所示

   \(x, y\) 的 \(lca\) 为 \(1\) ，那么选择一个 \(dfs\) 序最大且在 \(dfs\) 序在 \(x\) 后面的 \(4\) 的子树的点 \(a\)，

   不难发现 \(a\) 的 \(dfs\) 序下一个点只能存在与 \(2\) 的子树当中，而这一对的 \(lca\) 为 \(1\) ，就已经包括了 \(x, y\) 的 \(lca\) 。

   同理，就算不存在 \(a\) ，咱们用 \(x\) 来替代 \(a\) 也能达到相同的效果。

   其余状况全均可以类比论证，那么证毕。 怎么以为证得很伪啊

2. 而后将这些点再按 \(dfs\) 序排序，而后用 std :: unqiue 去重。

3. 用一个栈维护一条从根下来的关键点链，而后不断对于这个栈进行操做，每次将新加进来的点与栈顶连一条边。

   由于是按照 \(dfs\) 序进行排序，因此一条链上的点是按照从高到低一个个出现的。

   • 每次假设进来一个点 \(x\) ，咱们把这个点与栈顶进行比较，若是 \(x\) 在栈顶点的子树中，连一条边咱们就能够直接入栈。
   • 不然咱们一直弹掉栈顶元素，直至知足上面的要求（或者栈为空）

   判断是否在子树中，咱们能够记一下这个点进来的时间戳（也就是他的 \(dfs\) 序）pre[u] 以及离开的时间戳 post[u] 若是这个 post[u] >= pre[v] ，那么意味着 \(v\) 在 \(u\) 的子树中。（由于有按 pre 排序的前提）

   这个过程能够形象地理解成有一条链从左往右不断在晃，而后每一个点只须要连上他在这条链的父亲就好了。

代码

形象地看看代码实现吧qwq。。（其实很短）而且由于已经有了顺序，此处能够只加单向边了~

但须要注意的是，咱们经常要把原来的点和新产生的 \(lca\) 进行区分，这个咱们一开始打上标记就好了。

void Build() {
    sort(lis + 1, lis + k + 1, Cmp);
    for (int i = k; i > 1; -- i) lis[++ k] = Get_Lca(lis[i], lis[i - 1]);
    sort(lis + 1, lis + k + 1, Cmp); k = unique(lis + 1, lis + k + 1) - lis - 1;
    for (int i = 1; i <= k; ++ i) {
        while (top && post[sta[top]] < pre[lis[i]]) -- top;
        if (top) add_edge(sta[top], lis[i]); sta[++ top] = lis[i];
    }
}

应用

对于每次只拿一些特殊点出来，而后对于这些点进行 \(dp\) 或者其余神奇操做的题。

虚树经常是解决这些题的利器。但要注意点数和 \(\sum k\) 不能很大。

它的构建的复杂度是 \(O((\sum k) \times \log n)\) 的，常数也不大。

题目

LOJ #2219. 「HEOI2014」大工程

题意

给你一棵有 \(n\) 个点的树，有 \(q\) 次询问，每次给你 \(k\) 个点，而后两两都有一条通道。

询问这 \(\displaystyle \binom {k}{2}\) 条通道中：

1. 他们的距离和
2. 他们之中距离最小的是多少
3. 他们之中距离最大的是多少

\(n \le 10^6, \sum k \le 2 \times n\)

题解

每次考虑把那些点拿出来构造出虚树。

注意此处那些虚树的边权要换成原树中对应的那条链的边权和。（也就是两个 \(u, v\) 的深度之差）

而后咱们就转化成求树上最长链，最短链，以及全部链长度之和。

前面两个能够利用一个很容易的 \(dp\) 来解决。

首先考虑最长链，具体来讲令 \(f_u\) 为 \(u\) 向下延伸的最长链，\(f'_u\) 为 \(u\) 向下延伸的次长链。

而后最长链就是 \(\max \{f_u + f'_u\}\) 。

其实这个 \(f'_u\)　并不须要显式地记下来，只须要每次转移上来的时候和原来的 \(f_u\) 算一遍，而后尝试着更新便可。

最短链也是同理的。

而后对于全部链长度之和，这个很相似于 Wearry 当初出的那道题 [HAOI2018]苹果树 。

咱们仍然是考虑一条边的贡献，它的贡献是边两边的子树点的乘积，再乘上这条边的边权。

而后就能够顺便记一会儿树中关键点个数，而后转移就能够了qwq

复杂度是 \(O((\sum k) \log n)\)

代码

/**************************************************************
    Problem: 3611
    User: zjp_shadow
    Language: C++
    Result: Accepted
    Time:4436 ms
    Memory:204588 kb
****************************************************************/
 
#include <bits/stdc++.h>
 
#define For(i, l, r) for(register int i = (l), i##end = (int)(r); i <= i##end; ++i)
#define Fordown(i, r, l) for(register int i = (r), i##end = (int)(l); i >= i##end; --i)
#define Set(a, v) memset(a, v, sizeof(a))
#define Cpy(a, b) memcpy(a, b, sizeof(a))
#define debug(x) cout << #x << ": " << x << endl
#define DEBUG(...) fprintf(stderr, __VA_ARGS__)
 
using namespace std;
 
typedef long long ll; 
inline bool chkmin(ll &a, ll b) {return b < a ? a = b, 1 : 0;}
inline bool chkmax(ll &a, ll b) {return b > a ? a = b, 1 : 0;}
 
inline int read() {
    int x = 0, fh = 1; char ch = getchar();
    for (; !isdigit(ch); ch = getchar()) if (ch == '-') fh = -1;
    for (; isdigit(ch); ch = getchar()) x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48);
    return x * fh;
}
 
void File() {
#ifdef zjp_shadow
    freopen ("3611.in", "r", stdin);
    freopen ("3611.out", "w", stdout);
#endif
}
 
const ll inf = 1e18;
 
const int N = 2e6, M = N << 1;
 
int Head[N], Next[M], to[M], val[M], e = 0;
inline void add_edge(int u, int v, int w) {
    to[++ e] = v; Next[e] = Head[u]; val[e] = w; Head[u] = e;
}
 
inline void Add(int u, int v, int w) {
    add_edge(u, v, w); add_edge(v, u, w);
}
 
#define Travel(i, u, v) for(register int i = Head[u], v = to[i]; i; v = to[i = Next[i]])
 
int dep[N], sz[N], fa[N], son[N];
void Dfs_Init(int u = 1, int from = 0) {
    sz[u] = 1; dep[u] = dep[fa[u] = from] + 1;
    Travel(i, u, v) if (v != from) {
        Dfs_Init(v, u), sz[u] += sz[v];
        if (sz[son[u]] < sz[v]) son[u] = v;
    }
}
 
int top[N], pre[N], post[N];
void Dfs_Part(int u = 1) {
    static int clk = 0; pre[u] = ++ clk;
    top[u] = son[fa[u]] == u ? top[fa[u]] : u;
    if (son[u]) Dfs_Part(son[u]);
    Travel(i, u, v) if (v != fa[u] && v != son[u]) Dfs_Part(v);
    post[u] = clk;
}
 
inline int Get_Lca(int x, int y) {
    for (; top[x] != top[y]; x = fa[top[x]])
        if (dep[top[x]] < dep[top[y]]) swap(x, y);
    return dep[x] < dep[y] ? x : y;
}
 
inline bool Cmp(const int &a, const int &b) {
    return pre[a] < pre[b];
}
 
ll Sum, Min, Max;
 
namespace Virtual_Tree {
 
    bitset<N> Tag;
    void Init() {
        Tag.reset(); Set(Head, 0); e = 0; 
        Sum = 0; Min = inf, Max = -inf;
    }
 
    int lis[N * 2], cnt = 0, k;
 
    void Build() {
        cnt = k = read();
        For (i, 1, k) Tag[lis[i] = read()] = true;
        sort(lis + 1, lis + k + 1, Cmp);
        For (i, 1, k - 1) lis[++ k] = Get_Lca(lis[i], lis[i + 1]); lis[++ k] = 1;
        sort(lis + 1, lis + k + 1, Cmp); k = unique(lis + 1, lis + k + 1) - lis - 1;
 
        static int Top, sta[N * 2]; Top = 0;
        For (i, 1, k) {
            while (Top && post[sta[Top]] < pre[lis[i]]) -- Top;
            if (Top) add_edge(sta[Top], lis[i], dep[lis[i]] - dep[sta[Top]]); sta[++ Top] = lis[i];
        }
    }
 
    void Clear() {
        For (i, 1, k) Tag[lis[i]] = false, Head[lis[i]] = 0; e = 0;
        Sum = 0; Min = inf, Max = -inf;
    }
 
    ll minv[N], maxv[N];
    int Dp(int u = 1) {
        int tot;
        if (Tag[u]) tot = 1, minv[u] = maxv[u] = 0;
        else tot = 0, minv[u] = inf, maxv[u] = -inf;
        Travel(i, u, v) {
            ll tmp = Dp(v); tot += tmp; Sum += 1ll * val[i] * (cnt - tmp) * tmp; 
            tmp = minv[v] + val[i]; chkmin(Min, minv[u] + tmp); chkmin(minv[u], tmp);
            tmp = maxv[v] + val[i]; chkmax(Max, maxv[u] + tmp); chkmax(maxv[u], tmp);
        }
        return tot;
    }
 
}
 
int main() {
 
    File();
 
    int n = read();
    For (i, 1, n - 1) {
        int u = read(), v = read(); Add(u, v, 0);
    }
    Dfs_Init(); Dfs_Part();
 
    Virtual_Tree :: Init();
    for (int m = read(); m; -- m) {
        Virtual_Tree :: Build(); Virtual_Tree :: Dp(); 
        printf ("%lld %lld %lld\n", Sum, Min, Max); 
        Virtual_Tree :: Clear();
    }
 
    return 0;
 
}

BZOJ 2286: [SDOI 2011]消耗战

题意

给你 \(n\) 个点以 \(1\) 为根的树，每条边有边权 \(w\) 。

有 \(q\) 次询问，每次询问 \(k\) 个点，问这些点与根节点断开的最小代价。

题解

显然又把这些关键点拿出来建出虚树。

而后咱们能够用一个很显然的 \(dp\) 来解决，

令 \(f_u\) 为 \(u\) 子树中全部关键点到根的路径断掉最小代价。

为了方便转移，咱们令 \(val_u\) 为 \(u\) 到根节点路径上边权最小值，这个显然能够预处理。

若是这个点是一个关键点，那么显然有 \(f_u = val_u\) ，由于必选向上最小的边，而下面的边选的话只会增大代价。

若是这个点不是关键点，那么就有 \(f_u = \min \{\sum_{v} f_v, val_u\}\) （此处 \(v\) 是 \(u\) 在虚树上的儿子）

这样就能够作完啦qwq

复杂度是 \(O((\sum k)\log n)\) 的。

代码

本身写吧qwq 很好写的。。。

。。。。。。

LOJ #2496. 「AHOI / HNOI2018」毒瘤

题意

给你一个有 \(n\) 个点 \(m\) 条边的联通图，求它的独立集数量。

\(n \le 10^5, n - 1 \le m \le n + 10\)

题解

一道好题。

惋惜考试时候连状压都没调出来，暴力滚粗啦TAT 惋惜惋惜真惋惜

首先考虑树的时候怎么作，令 \(f_{u, 0/1}\) 为 \(u\) 选与不选对于 \(u\) 的子树的方案数。

而后显然有
\[ \begin{align} f_{u,0} &= \prod _v (f_{v, 0} + f_{v, 1})\\ f_{u,1} &= \prod _v f_{v, 0} \end{align} \]
咱们再考虑多了那些边如何处理，不难发现就是这些边连着的点（关键点）不能同时选择。

因此对于这些点就有三种状态 \((0, 0), (0, 1), (1, 0)\) 。

这样能够直接暴力枚举这些状态，而后到这些点的时候强制使这些关键点的 \(f_{u, 0/1} = 0~or~1\) 。

不难发现 \((0, 0)\) 和 \((0, 1)\) 能够合并到一块儿（强制使得前面那个点不选）

令 \(S = m - (n - 1)\) 。

而后这个直接作就是 \(O(2 ^ S \times n)\) ，指望得分 \(75\sim 85pts\) 。

而后不难发现这个可使用虚树进行优化，由于每次的关键点是比较少的。

咱们能够考虑把这个关键点对应的虚树建出来，而后为了方便，一开始就把这些点对应的虚树建出来就好了。

咱们能够在 Dfs_Init() 中预处理出这个虚树，只须要考虑它有至少有两个子树都有关键点，那么它就是一个关键点。

不难发现这个关键点个数最多只有 \(4S\) 个。而后咱们至关于把树上一些链合并成了一条边，而后对于剩下的点进行 \(dp\) 。

不难发现咱们能够把 \(u, v\) 这两个点的关系表示成 \(k_{0/1,0/1}\) 也就是 \(f_{v,0/1}\)　对于 \(f_{u,0/1}\) 的贡献系数。

咱们就能够考虑一开始处理出这个贡献系数。

咱们令 \(g_{u,0/1}\) 为 \(u\) 不考虑它虚子树的方案数，这个转移和上面 \(f\) 的转移是相似的。

若是当前考虑的 \(v\) 是虚子树的话，分两种状况。

1. \(u\) 是一个关键点，咱们考虑连上 \(v\) 子树中的那个最高的关键点，边权就是以前的那个系数。
2. \(u\) 不是一个关键点，那么继承 \(v\) 的转移系数（此处转移和 \(g\) 转移相似）

而后遍历完它全部儿子后，若是 \(u\) 是关键点，把它的 \(k\) 清空，从新为下一条链作准备。

若是不是的话，注意要把 \(g\) 乘到 \(k\) 上去。（由于这部分系数须要转移到后面去）

代码

建议看看代码，增强码力QwQ

#include <bits/stdc++.h>

#define For(i, l, r) for(register int i = (l), i##end = (int)(r); i <= i##end; ++i)
#define Fordown(i, r, l) for(register int i = (r), i##end = (int)(l); i >= i##end; --i)
#define Set(a, v) memset(a, v, sizeof(a))
#define Cpy(a, b) memcpy(a, b, sizeof(a))
#define debug(x) cout << #x << ": " << x << endl
#define DEBUG(...) fprintf(stderr, __VA_ARGS__)

using namespace std;

inline bool chkmin(int &a, int b) {return b < a ? a = b, 1 : 0;}
inline bool chkmax(int &a, int b) {return b > a ? a = b, 1 : 0;}

inline int read() {
    int x = 0, fh = 1; char ch = getchar();
    for (; !isdigit(ch); ch = getchar()) if (ch == '-') fh = -1;
    for (; isdigit(ch); ch = getchar()) x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48);
    return x * fh;
}

void File() {
#ifdef zjp_shadow
    freopen ("2496.in", "r", stdin);
    freopen ("2496.out", "w", stdout);
#endif
}

int n, m;

const int Mod = 998244353;

typedef long long ll;
typedef pair<ll, ll> PLL;

#define fir first
#define sec second
#define mp make_pair

inline PLL operator + (const PLL &a, const PLL &b) {
    return mp((a.fir + b.fir) % Mod, (a.sec + b.sec) % Mod);
}

inline PLL operator * (const PLL &a, const int b) {
    return mp(a.fir * b % Mod, a.sec * b % Mod);
}

inline PLL operator * (const PLL &a, const PLL b) {
    return mp(a.fir * b.fir % Mod, a.sec * b.sec % Mod);
}

inline void operator *= (PLL &a, const int &b) { a = a * b; }

inline void operator += (PLL &a, const PLL &b) { a = a + b; }

inline ll Calc(PLL a, PLL b) {
    PLL tmp = a * b; return (tmp.fir + tmp.sec) % Mod;
}

const int N = 1e5 + 1e3, M = N << 1;

PLL val0[M], val1[M];

struct Graph {

    int Head[N], Next[M], to[M], e;

    Graph() { e = 0; }

    void add_edge(int u, int v, PLL wa = mp(0, 0), PLL wb = mp(0, 0)) {
        to[++ e] = v; Next[e] = Head[u]; val0[e] = wa; val1[e] = wb; Head[u] = e;
    }

} G1, G2;

#define Travel(i, u, v, G) for(register int i = G.Head[u], v = G.to[i]; i; i = G.Next[i], v = G.to[i])

ll g[N][2], f[N][2]; PLL k[N][2];

bitset<N> key, vis;

int Build(int u = 1) {
    g[u][0] = g[u][1] = 1;
    int son = 0; vis[u] = true;
    Travel(i, u, v, G1) if (!vis[v]) {
        int to = Build(v);
        if (!to) {
            (g[u][0] *= (g[v][0] + g[v][1])) %= Mod,
            (g[u][1] *= g[v][0]) %= Mod;
        }
        else if (key[u]) 
            G2.add_edge(u, to, k[v][0] + k[v][1], k[v][0]);
        else 
            k[u][0] = k[v][0] + k[v][1], 
            k[u][1] = k[v][0], son = to;
    }

    if (key[u]) k[u][0] = mp(1, 0), 
                k[u][1] = mp(0, 1);
    else k[u][0] *= g[u][0], 
         k[u][1] *= g[u][1];
    return key[u] ? u : son;
}

int dfn[N], lv[N], rv[N], cnt = 0;
int Dfs_Init(int u = 1, int fa = 0) {
    static int clk = 0; int tot = 0; dfn[u] = ++ clk;
    Travel(i, u, v, G1) if (v != fa) {
        if (!dfn[v]) tot += Dfs_Init(v, u);
        else {
            key[u] = true;
            if (dfn[u] < dfn[v])
                lv[++ cnt] = u, rv[cnt] = v;
        }
    }
    key[u] = key[u] || (tot > 1);
    return tot || key[u];
}

bool Shall[N][2]; ll dp[N][2];

void Dp(int u = 1) {
    if(Shall[u][1]) dp[u][0] = 0; else dp[u][0] = g[u][0];
    if(Shall[u][0]) dp[u][1] = 0; else dp[u][1] = g[u][1];
    Travel(i, u, v, G2) {
        Dp(v); PLL tmp = mp(dp[v][0], dp[v][1]);
        (dp[u][0] *= Calc(val0[i], tmp)) %= Mod;
        (dp[u][1] *= Calc(val1[i], tmp)) %= Mod;
    }
}

int main () {

    File();

    n = read(); m = read();
    For (i, 1, m) {
        int u = read(), v = read();
        G1.add_edge(u, v); G1.add_edge(v, u);
    }
    Dfs_Init(); key[1] = true; Build();

    ll ans = 0;
    For (sta, 0, (1 << cnt) - 1) {
        For (i, 1, cnt)
            if ((sta >> (i - 1)) & 1)
                Shall[lv[i]][1] = Shall[rv[i]][0] = true;
            else
                Shall[lv[i]][0] = true;

        Dp(); (ans += dp[1][1] + dp[1][0]) %= Mod;

        For (i, 1, cnt)
            if ((sta >> (i - 1)) & 1)
                Shall[lv[i]][1] = Shall[rv[i]][0] = false;
            else
                Shall[lv[i]][0] = false;
    }

    printf ("%lld\n", ans);

    return 0;

}