树分块

树分块的方式

可以参考 真 - 树上莫队

也可以参考 ouuan 的博客/莫队、带修莫队、树上莫队详解/树上莫队

树上莫队同样可以参考以上两篇文章。

树分块的应用

树分块除了应用于莫队,还可以灵活地运用到某些树上问题中。但可以用树分块解决的题目往往都有更优秀的做法,所以相关的题目较少。

顺带提一句,“gty 的妹子树”的树分块做法可以被菊花图卡掉。

BZOJ4763 雪辉

先进行树分块,然后对每个块的关键点,预处理出它到祖先中每个关键点的路径上颜色的 bitset,以及每个关键点的最近关键点祖先,复杂度是 O(n\sqrt n+\frac{nc}{32}) ,其中 n\sqrt n 是暴力从每个关键点向上跳的复杂度, \frac{nc}{32} 是把 O(n) bitset 存下来的复杂度。

回答询问的时候,先从路径的端点暴力跳到所在块的关键点,再从所在块的关键点一块一块地向上跳,直到 lca 所在块,然后再暴力跳到 lca 。关键点之间的 bitset 已经预处理了,剩下的在暴力跳的过程中计算。单次询问复杂度是 O(\sqrt n+\frac c{32}) ,其中 \sqrt n 是块内暴力跳以及块直接向上跳的复杂度, O(\frac c{32}) 是将预处理的结果与暴力跳的结果合并的复杂度。数颜色个数可以用 bitsetcount() ,求 \operatorname{mex} 可以用 bitset_Find_first()

所以,总复杂度为 O((n+m)(\sqrt n+\frac c{32}))

参考代码
#include <algorithm>
#include <bitset>
#include <cctype>
#include <cstdio>
#include <iostream>

using namespace std;

int read() {
  int out = 0;
  char c;
  while (!isdigit(c = getchar()))
    ;
  for (; isdigit(c); c = getchar()) out = out * 10 + c - '0';
  return out;
}

const int N = 100010;
const int B = 666;
const int C = 30000;

void add(int u, int v);
void dfs(int u);

int head[N], nxt[N << 1], to[N << 1], cnt;
int n, m, type, c[N], fa[N], dep[N], sta[N], top, tot, bl[N], key[N / B + 5],
    p[N], keyid[N];
bool vis[N];
bitset<C> bs[N / B + 5][N / B + 5], temp;

int main() {
  int i, u, v, x, y, k, lastans = 0;

  n = read();
  m = read();
  type = read();

  for (i = 1; i <= n; ++i) c[i] = read();

  for (i = 1; i < n; ++i) {
    u = read();
    v = read();
    add(u, v);
    add(v, u);
  }

  dfs(1);

  if (!tot) ++tot;
  if (keyid[key[tot]] == tot) keyid[key[tot]] = 0;
  key[tot] = 1;
  keyid[1] = tot;
  while (top) bl[sta[top--]] = tot;

  for (i = 1; i <= tot; ++i) {  // 预处理
    if (vis[key[i]]) continue;
    vis[key[i]] = true;
    temp.reset();
    for (u = key[i]; u; u = fa[u]) {
      temp[c[u]] = 1;
      if (keyid[u]) {
        if (!p[key[i]] && u != key[i]) p[key[i]] = u;
        bs[keyid[key[i]]][keyid[u]] = temp;
      }
    }
  }

  while (m--) {
    k = read();
    temp.reset();
    while (k--) {
      u = x = read() ^ lastans;
      v = y = read() ^ lastans;

      while (key[bl[x]] != key[bl[y]]) {
        if (dep[key[bl[x]]] > dep[key[bl[y]]]) {
          if (x == u) {  // 若是第一次跳先暴力跳到关键点
            while (x != key[bl[u]]) {
              temp[c[x]] = 1;
              x = fa[x];
            }
          } else
            x = p[x];  // 否则跳一整块
        } else {
          if (y == v) {
            while (y != key[bl[v]]) {
              temp[c[y]] = 1;
              y = fa[y];
            }
          } else
            y = p[y];
        }
      }

      if (keyid[x]) temp |= bs[keyid[key[bl[u]]]][keyid[x]];
      if (keyid[y]) temp |= bs[keyid[key[bl[v]]]][keyid[y]];

      while (x != y) {
        if (dep[x] > dep[y]) {
          temp[c[x]] = 1;
          x = fa[x];
        } else {
          temp[c[y]] = 1;
          y = fa[y];
        }
      }
      temp[c[x]] = true;
    }
    int ans1 = temp.count(), ans2 = (~temp)._Find_first();
    printf("%d %d\n", ans1, ans2);
    lastans = (ans1 + ans2) * type;
  }

  return 0;
}

void dfs(int u) {
  int i, v, t = top;
  for (i = head[u]; i; i = nxt[i]) {
    v = to[i];
    if (v == fa[u]) continue;
    fa[v] = u;
    dep[v] = dep[u] + 1;
    dfs(v);
    if (top - t >= B) {
      key[++tot] = u;
      if (!keyid[u]) keyid[u] = tot;
      while (top > t) bl[sta[top--]] = tot;
    }
  }
  sta[++top] = u;
}

void add(int u, int v) {
  nxt[++cnt] = head[u];
  head[u] = cnt;
  to[cnt] = v;
}

BZOJ4812 由乃打扑克

这题和上一题基本一样,唯一的区别是得到 bitset 后如何计算答案。

由于 BZOJ 是计算所有测试点总时限,不好卡,所以可以用 _Find_next() 水过去。

正解是每 16 位一起算,先预处理出 2^{16} 种可能的情况高位连续 1 的个数、低位连续 1 的个数以及中间的贡献。只不过这样要手写 bitset ,因为标准库的 bitset 不能取某 16 位……

代码可以参考 这篇博客


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