SSerxhs 的博客

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【洛谷日报#185】浅谈虚树

posted on 2019-05-10 21:39:47 | under 日报 |

虚树的概念

虚树,是对于一棵给定的节点数为 $n$ 的树 $T$,构造一棵新的树 $T'$ 使得总结点数最小包含指定的某几个节点和他们的LCA

虚树解决的问题

利用虚树,可以对于指定多组点集 $S$ 的询问进行每组 $O(|S|(\log n+\log |S|)+f(|S|))$ 的回答,其中 $f(x)$ 指的是对于一棵 $x$ 个点的树单组询问这个问题的时间复杂度。可以看到,这个复杂度基本上(除了那个 $\log n$ 以外)与 $n$ 无关了。这样,对于多组询问的回答就可以省去每次询问都遍历一整棵树的 $O(n)$ 复杂度了。

前置芝士

$\text{dfs}$ 序的性质以及 $\text{lca}$ 。

例题

CF613D Kingdom and its Cities

这里推荐 [SDOI2011]消耗战 作为例题(虽然许多博客都以它作为板子),因为消耗战有一些不用考虑的情况,不宜作为模板。

题意:给定一棵树,多组询问,每组询问给定 $k$ 个点,你可以删掉不同于那 $k$ 个点的 $m$ 个点,使得这 $k$ 个点两两不连通,要求最小化 $m$,如果不可能输出 $-1$。询问之间独立。

数据范围 $n\leq10^5,\sum k\leq10^5$

一看到这种 $\sum k\leq10^5$ 的题很可能就是虚树了。

构造方法

先预处理整棵树 lca 和 dfs 序,接下来是对于每组询问的构造。

虚树的构建是一个增量算法,要首先将指定的这 $k$ 个点按照 dfs 序排序,然后按照顺序一一加入。可以强行先加入根节点以方便后面的处理。

虚树构建时会开一个栈 $\text{stack}[]$,这个栈本质上和 dfs 递归时系统自动开的一个栈原理是一样的,也就是说这个栈保存了从根出发的一条不连续的路径(只储存原路径上按照之前加入的询问点要加入虚树的那些点,按照深度从小到大储存)。当加入 $a[k]$ 后,满足 $\text{stack}[1]=\text{root},\text{stack}[\text{top}]=a[k],\text{stack}[x]$ 为 $\text{stack}[x-1]$ 后代。虚树上 $u\rightarrow v$ 边的连接时间都是在 $v$ 被弹出栈时。

考虑如何加入一个新的节点 $x$,设 $z=lca(x,\text{stack}[\text{top}])$,分两类讨论

  1. $z=\text{stack}[\text{top}]$,也就是 $x$ 是 $\text{stack}[\text{top}]$ 的子树内节点。这时直接把 $x$ 入栈就好了。

  2. $z\neq \text{stack}[\text{top}]$

这种情况中, $x$ 一定不是 $\text{stack}[\text{top}]$ 子树内节点。如图

这是原树上的情况。这时,“......”指代的那些节点以及 $\text{stack[\text{top}-1]},\text{stack[\text{top}]}$ 都应弹出栈外(相当于回溯了,开始访问 $z$ 的另一棵子树)(注意这里 $\text{stack}[\text{top}-1]\rightarrow\text{stack}[\text{top}]$ 和 $z\rightarrow x$ 在原树上不一定直接相连,这里未画出中间结点)

那我们不断弹出 $\text{stack}[\text{top}]$ ,直到 $\text{dep}[\text{stack}[\text{top}-1]]<\text{dep}[z]$ ,这时“......”表示的点全部弹完。弹 $\text{stack}[\text{top}]$ 时都要在虚树上连一条 $\text{stack}[\text{top}-1]\rightarrow\text{stack}[\text{top}]$ 的边。

注意弹完时可能 $\text{stack}[\text{top}]\neq z$,我们需要把 $z$ 补充进虚树中来维护这个,直接加进栈即可。

插入完所有点之后要完全回溯,也就是把栈内节点都弹出,也要连 $\text{stack}[\text{top}-1]\rightarrow\text{stack}[\text{top}]$ 边。

代码如下,实现起来有一些差别

inline void ins(int x)
{
    if (tp==0)
    {
        st[tp=1]=x;
        return;
    }
    ance=lca(st[tp],x);
    while ((tp>1)&&(dep[ance]<dep[st[tp-1]]))
    {
        add(st[tp-1],st[tp]);
        --tp;
    }
    if (dep[ance]<dep[st[tp]]) add(ance,st[tp--]);
    if ((!tp)||(st[tp]!=ance)) st[++tp]=ance;
    st[++tp]=x;
}

正确性

对于任意指定两点 $a,b$ 的 $\text{lca}$,在排序后的数组中都存在连续的两点 $u,v(dfn[u]\leq dfn[v])$ 分别属于 $\text{lca}$ 的两棵子树,此时这 $v$ 加入时按照上面的操作必定会把 $\text{lca}$ 加入栈,所以应当加入的点都加入了。对于非 $\text{lca}$ 点,按照上面操作是不会计算出这个点的,更不会被加入虚树。所以,加入的点恰为所需要的点。

复杂度

每个指定点进栈出栈一次,这部分 $O(\sum k)$。排序和求 lca 为 $O(\sum (k\log k+k\log n))$。

构建完成后的使用

以例题为例介绍虚树的使用。首先特判掉无解情况(即一个点和他的父亲都被指定)。构造好虚树后,我们给真正被指定的点的 siz 设置成 $1$ (因为有一些加入的点实际上只是 $\text{lca}$,要区分开来),然后 $\text{dfs}$ 这棵虚树。

以下所说的节点 $u$ 有 siz 均表示有一个指定节点可以到达 $u$ (在执行了下面的删点之后)

对于一个被指定的点 $u$ ,如果存在孩子 $v$ 有 siz,那么意味着 $u\rightarrow v$ 不删点就出现了连通,所以 $u\rightarrow v$ 上随便去掉一个点就可以了(这里要 ++ans) ,如果孩子没有 siz 那就不用处理了。

对于一个未被指定的点 $u$,统计有多少个孩子 $v$ 有 siz 。如果只有一个,把 $u$ 设置成有 siz 的就好了(相当于看上面的情况决定是否处理)。如果超过一个,那把 $u$ 删掉就好了(这里也要 ++ans )。

事实上难点完全在于建虚树,后面部分非常容易想到。

算法总复杂度 $O(n+\sum k\log _2k)$,如果用非 $O(1)$ 的 lca 要多一个 $O(\log n\sum k)$,如果用倍增/ST 表 $\text{lca}$ 要多一个 $n\log _2n$ 。

注意在每组询问最后一遍 $\text{dfs}$ 虚树时,要把边清空,具体只需要修改头指针(对于 vector 直接 erase)就可以了。如果对每个询问暴力 memset0 会导致复杂度退化为 $O(nq)$。

完整代码如下

#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N=1e5+2,M=2e5+2;
int a[N],lj[M],nxt[M],fir[N],dfn[N],top[N],hc[N],siz[N],f[N],dep[N],st[N];
int n,m,q,i,x,y,c,bs,tp,ance,ans;
inline void read(int &x)
{
    c=getchar();
    while ((c<48)||(c>57)) c=getchar();
    x=c^48;c=getchar();
    while ((c>=48)&&(c<=57))
    {
        x=x*10+(c^48);
        c=getchar();
    }
}
inline void add(int x,int y)
{
    lj[++bs]=y;
    nxt[bs]=fir[x];
    fir[x]=bs;
}
void dfs1(int x)
{
    siz[x]=1;
    int i;
    for (i=fir[x];i;i=nxt[i]) if (lj[i]!=f[x])
    {
        dep[lj[i]]=dep[f[lj[i]]=x]+1;
        dfs1(lj[i]);
        siz[x]+=siz[lj[i]];
        if (siz[hc[x]]<siz[lj[i]]) hc[x]=lj[i];
    }
}
void dfs2(int x)
{
    dfn[x]=++bs;
    if (hc[x])
    {
        int i;
        top[hc[x]]=top[x];
        dfs2(hc[x]);
        for (i=fir[x];i;i=nxt[i]) if ((lj[i]!=f[x])&&(lj[i]!=hc[x])) dfs2(top[lj[i]]=lj[i]);
    }
}
inline int lca(int x,int y)
{
    while (top[x]!=top[y]) if (dep[top[x]]>dep[top[y]]) x=f[top[x]]; else y=f[top[y]];
    if (dep[x]<dep[y]) return x; return y;
}
void qs(int l,int r)//按照dfs序排序
{
    int i=l,j=r,m=dfn[a[l+r>>1]];
    while (i<=j)
    {
        while (dfn[a[i]]<m) ++i;
        while (dfn[a[j]]>m) --j;
        if (i<=j) swap(a[i++],a[j--]);
    }
    if (i<r) qs(i,r);
    if (l<j) qs(l,j);
}
inline void ins(int x)
{
    if (tp==0)
    {
        st[tp=1]=x;
        return;
    }
    ance=lca(st[tp],x);//相当于z
    while ((tp>1)&&(dep[ance]<dep[st[tp-1]]))
    {
        add(st[tp-1],st[tp]);
        --tp;
    }
    if (dep[ance]<dep[st[tp]]) add(ance,st[tp--]);
    if ((!tp)||(st[tp]!=ance)) st[++tp]=ance;
    st[++tp]=x;
}//增量构建
void dfs3(int x)
{
    int i;
    if (siz[x]) for (i=fir[x];i;i=nxt[i])
    {
        dfs3(lj[i]);
        if (siz[lj[i]])
        {
            siz[lj[i]]=0;
            ++ans;
        }
    }
    else
    {
        for (i=fir[x];i;i=nxt[i])
        {
            dfs3(lj[i]);
            siz[x]+=siz[lj[i]];
            siz[lj[i]]=0;
        }
        if (siz[x]>1)
        {
            ++ans;siz[x]=0;
        }
    }
    fir[x]=0;//这里清空
}//对每组询问的解决
int main()
{
    read(n);
    for (i=1;i<n;i++)
    {
        read(x);read(y);
        add(x,y);add(y,x);
    }
    bs=0;
    dfs1(dep[1]=1);
    dfs2(top[1]=1);
    memset(fir+1,0,n<<2);
    memset(siz+1,0,n<<2);
    read(q);
    bs=0;
    while (q--)
    {
        x=1;
        read(m);
        for (i=1;i<=m;i++)
        {
            read(a[i]);
            siz[a[i]]=1;
        }
        for (i=1;i<=m;i++) if (siz[f[a[i]]])
        {
            puts("-1");
            x=0;
            break;
        }//特判无解
        if (!x)
        {
            while (m) siz[a[m--]]=0;//清空打过的标记
            continue;
        }
        ans=0;
        qs(1,m);
        if (a[1]!=1) st[tp=1]=1;//先行添加根节点
        for (i=1;i<=m;i++) ins(a[i]);
        if (tp) while (--tp) add(st[tp],st[tp+1]);//回溯
        dfs3(1);
        siz[1]=bs=0;
        printf("%d\n",ans);
    }
}

其他例题

[HEOI2014]大工程

很裸,注意分类讨论即可。注意 dfs 要同时预处理最值和次值,类似树形 dp 处理树的直径。

#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N=1e6+2,M=2e6+2,inf=1e9;
typedef long long ll;
ll ans1;
int lj[M],nxt[M],fir[N],siz[N],top[N],dfn[N],hc[N],f[N],st[N],a[N],dep[N],dp[N][5],lc[N],dc[N];
int n,m,i,j,x,y,c,bs,tp,q,ance,len,ans2,ans3;
bool ed[N];
inline void read(int &x)
{
    c=getchar();
    while ((c<48)||(c>57)) c=getchar();
    x=c^48;c=getchar();
    while ((c>=48)&&(c<=57))
    {
        x=x*10+(c^48);
        c=getchar();
    }
}
inline void add(int x,int y)
{
    lj[++bs]=y;
    nxt[bs]=fir[x];
    fir[x]=bs;
}
void dfs1(int x)
{
    int i;
    siz[x]=1;
    for (i=fir[x];i;i=nxt[i]) if (lj[i]!=f[x])
    {
        dep[lj[i]]=dep[f[lj[i]]=x]+1;
        dfs1(lj[i]);
        siz[x]+=siz[lj[i]];
        if (siz[lj[i]]>siz[hc[x]]) hc[x]=lj[i];
    }
}
void dfs2(int x)
{
    dfn[x]=++bs;
    if (hc[x])
    {
        int i;
        top[hc[x]]=top[x];
        dfs2(hc[x]);
        for (i=fir[x];i;i=nxt[i]) if ((lj[i]!=f[x])&&(lj[i]!=hc[x])) dfs2(top[lj[i]]=lj[i]);
    }
}
inline int lca(int x,int y)
{
    while (top[x]!=top[y]) if (dep[top[x]]<dep[top[y]]) y=f[top[y]]; else x=f[top[x]];
    if (dep[x]<dep[y]) return x;
    return y;
}
void qs(int l,int r)
{
    int i=l,j=r,m=dfn[a[l+r>>1]];
    while (i<=j)
    {
        while (dfn[a[i]]<m) ++i;
        while (dfn[a[j]]>m) --j;
        if (i<=j) swap(a[i++],a[j--]);
    }
    if (i<r) qs(i,r);
    if (l<j) qs(l,j);
}
inline void ins(int x)
{
    if (!tp)
    {
        st[tp=1]=x;
        return;
    }
    ance=lca(st[tp],x);
    while ((tp>1)&&(dep[st[tp-1]]>dep[ance]))
    {
        add(st[tp-1],st[tp]);
        --tp;
    }
    if (dep[st[tp]]>dep[ance]) add(ance,st[tp--]);
    if ((!tp)||(st[tp]!=ance)) st[++tp]=ance;
    st[++tp]=x;
}
void dfs3(int x)//0 1短/2 3长/0 2最值/1 3次值
{
    dp[x][0]=((siz[x]=ed[x])^1)*(dp[x][1]=inf);
    dp[x][2]=(ed[x]^1)*(dp[x][3]=-inf);lc[x]=dc[x]=0;
    int i;
    for (i=fir[x];i;i=nxt[i])
    {
        dfs3(lj[i]);
        siz[x]+=siz[lj[i]];
        ans1+=(ll)siz[lj[i]]*(len=dep[lj[i]]-dep[x])*(m-siz[lj[i]]);
        if (dp[x][0]>dp[lj[i]][0]+len)
        {
            if (dp[x][0]<dp[x][1]) dp[x][1]=dp[x][0];
            dp[x][0]=dp[dc[x]=lj[i]][0]+len;
        }
        else dp[x][1]=min(dp[x][1],dp[lj[i]][0]+len);
        if (dp[x][2]<dp[lj[i]][2]+len)
        {
            if (dp[x][2]>dp[x][3]) dp[x][3]=dp[x][2];
            dp[x][2]=dp[lc[x]=lj[i]][2]+len;
        }
        else dp[x][3]=max(dp[x][3],dp[lj[i]][2]+len);
    }
    ans2=min(ans2,dp[x][0]+dp[x][1]);
    ans3=max(ans3,dp[x][2]+dp[x][3]);
    fir[x]=0;
    ed[x]=0;
}
int main()
{
    read(n);
    for (i=1;i<n;i++)
    {
        read(x);read(y);
        add(x,y);add(y,x);
    }
    read(q);
    bs=0;
    dfs1(dep[1]=1);
    dfs2(top[1]=1);
    bs=0;
    memset(fir+1,0,n<<2);
    while (q--)
    {
        read(m);
        for (i=1;i<=m;i++)
        {
            read(a[i]);
            ed[a[i]]=1;
        }
        qs(1,m);
        if (a[1]!=1) st[tp=1]=1;
        for (i=1;i<=m;i++) ins(a[i]);
        while (--tp) add(st[tp],st[tp+1]);
        ans1=ans3=0;ans2=inf;
        dfs3(1);
        printf("%lld %d %d\n",ans1,ans2,ans3);
    }
}

SvT

后缀树+虚树,计算虚树上每条边贡献。据说也有 SA 解法。曾经想过把这题改一改再套一个点分治&树状数组

#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int S=5e5+2,N=1e6+2;
int c[N][27],dep[N],f[N],t[N],zd[N],lj[N],nxt[N],fir[N],len[N],siz[N],fa[N],s[S];
int top[N],hc[N],dfn[N],dy[N],st[N],a[N];
int n,m,q,i,j,x,ds=1,point=1,ad,r,edge,remain,bs,fbs,cc,tp,ance;
ll ans;
inline void read(int &x)
{
    cc=getchar();
    while ((cc<48)||(cc>57)) cc=getchar();
    x=cc^48;cc=getchar();
    while ((cc>=48)&&(cc<=57))
    {
        x=x*10+(cc^48);
        cc=getchar();
    }
}
inline void xadd(int x,int y)
{
    lj[++bs]=y;
    nxt[bs]=fir[x];
    fir[x]=bs;
}
inline void add(int x,int y)
{
    lj[++fbs]=y;
    nxt[fbs]=fir[x];
    fir[x]=fbs;
}
inline void add(int x,int y,int z)
{
    lj[++fbs]=y;
    len[bs]=z;
    nxt[fbs]=fir[x];
    fir[x]=bs;
}
inline void add(int a,int b,int cc,int d)
{
    c[a][s[cc]]=++bs;
    f[bs]=cc;t[bs]=d;
    zd[bs]=b;
}
void dfs1(int x)
{
    siz[x]=1;
    if (!fir[x]) {dy[n-dep[x]+1]=x;return;}
    int i;
    for (i=fir[x];i;i=nxt[i])
    {
        dep[lj[i]]=dep[f[lj[i]]=x]+len[i];
        dfs1(lj[i]);
        siz[x]+=siz[lj[i]];
        if (siz[lj[i]]>siz[hc[x]]) hc[x]=lj[i];
    }
}
void dfs2(int x)
{
    dfn[x]=++bs;
    if (hc[x])
    {
        top[hc[x]]=top[x];
        dfs2(hc[x]);
        int i;
        for (i=fir[x];i;i=nxt[i]) if (lj[i]!=hc[x]) dfs2(top[lj[i]]=lj[i]);
    }
}
bool cmp(int x,int y)
{
    return dfn[x]<dfn[y];
}
inline int lca(register int x,register int y)
{
    while (top[x]!=top[y]) if (dep[top[x]]<dep[top[y]]) y=f[top[y]]; else x=f[top[x]];
    if (dep[x]<dep[y]) return x; return y;
}
inline void ins(int x)
{
    if (!tp) {st[tp=1]=x;return;}
    ance=lca(st[tp],x);
    while ((tp>1)&&(dep[st[tp-1]]>dep[ance]))
    {
        xadd(st[tp-1],st[tp]);
        --tp;
    }
    if (dep[st[tp]]>dep[ance]) xadd(ance,st[tp--]);
    if ((!tp)||(st[tp]!=ance)) st[++tp]=ance;
    st[++tp]=x;
}
void dfs3(int x)
{
    int i;
    for (i=fir[x];i;i=nxt[i])
    {
        dfs3(lj[i]);ans+=(ll)siz[x]*siz[lj[i]]*dep[x];
        siz[x]+=siz[lj[i]];
    }
}
void dfs4(int x)
{
    int i;
    for (i=fir[x];i;i=nxt[i]) dfs4(lj[i]);
    siz[x]=fir[x]=0;
}
int main()
{
    read(n);read(q);
    cc=getchar();
    while ((cc<'a')||(cc>'z')) cc=getchar();
    s[1]=cc-97;
    for (i=2;i<=n;i++) s[i]=getchar()-97;fa[1]=1;
    s[++n]=26;
    for (i=1;i<=n;i++)
    {
        ad=0;++remain;
        while (remain)
        {
            if (r==0) edge=i;
            if ((j=c[point][s[edge]])==0)
            {
                fa[ad]=point;
                fa[++ds]=1;
                add(ad=point,ds,edge,n);
                add(point,s[edge]);
            }
            else
            {
                if ((t[j]!=n)&&(t[j]-f[j]+1<=r))
                {
                    r-=t[j]-f[j]+1;
                    edge+=t[j]-f[j]+1;
                    point=zd[j];
                    continue;
                }
                if (s[i]==s[f[j]+r])
                {
                    ++r;fa[ad]=point;break;
                }
                fa[fa[ad]=++ds]=1;add(ad=ds,zd[j],f[j]+r,t[j]);
                add(ds,s[f[j]+r]);zd[j]=ds;t[j]=f[j]+r-1;
                add(ds,s[i]);fa[++ds]=1;add(ds-1,ds,i,n);
            }
            --remain;
            if ((r)&&(point==1))
            {
                --r;
                edge=i-remain+1;
            } else point=fa[point];
        }
    }//ukk后缀树,sam的可以按照自己板子来建
    for (i=1;i<=ds;i++) for (j=fir[i];j;j=nxt[j])
    {
        x=c[i][lj[j]];
        lj[j]=zd[x];
        len[j]=t[x]-f[x]+1;
    }
    memset(f+1,0,bs<<2);bs=0;
    dfs1(1);dfs2(top[1]=1);
    memset(siz+1,0,ds<<2);
    memset(fir+1,0,ds<<2);bs=0;
    while (q--)
    {
        read(m);ans=bs=0;
        for (i=1;i<=m;i++)
        {
            read(a[i]);siz[a[i]=dy[a[i]]]=1;
        }
        sort(a+1,a+m+1,cmp);if (a[1]!=1) ins(1);
        for (i=1;i<=m;i++) if ((i==1)||(a[i]!=a[i-1])) ins(a[i]);
        while (--tp) xadd(st[tp],st[tp+1]);
        dfs3(1);dfs4(1);printf("%lld\n",ans);
    }
}

习题

[HNOI2014]世界树

[SDOI2011]消耗战