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基于变换合并的树上动态 DP 的链分治算法 & SDOI2017 切树游戏(cut)解题报告

2017-05-22 12:53:03 By immortalCO

最近听说 SDOI2017 R2 某题可以用我论文中的“基于链的分治优化树上动态 DP”的方法 A 掉……我很开心啊……

因此我把这道题出到了校内训练中……

在出题之前,肯定是要去把这题先做一遍的……然后,我发现我弄出了一些新的东西……!

题意简述

给出一棵无根树 $T$,节点从 $1$ 到 $n$ 编号,点 $i$ 的权值为 $v_i$。定义一棵树的权值为树中所有点的权值异或起来的结果。

你想要在树上玩一个游戏。你会做 $m$ 次以下两种操作:

  • C x y:将 $v_x$ 修改为 $y$。
  • Q k:询问 $T$ 有多少棵非空的连通子树,满足这棵子树的权值为 $k$。输出模 $10007$。

数据范围:$n,m\le 30000$,$0\le v_i,y,k < 128$。

时空限制:2s、128MB。

算法讨论

如果只有一次询问,非常容易想到暴力 DP。先转有根树。在全局记录答案数组 $ans(k)$ 表示权值为 $k$ 的子树个数。对每个点 $i$ 记录 $f(i, k)$ 表示子树中深度最小的点为 $i$ 且子树权值为 $k$ 的连通子树个数。记录 $g(i, j, k)$ 表示子树中深度最小的点为 $i$ 且所有其他的节点都在 $i$ 的前 $j$ 个子节点的子树中的连通子树个数。那么我们就有以下方程(设 $Ch(i)$ 为 $i$ 的子节点列表):

  • $g(i, 0, k) = [k=v_i]$
  • $g(i, j, k) = \sum_{t=0}^{127} g(i,j-1,t)\times (f(Ch(i)_j, k\oplus t) + [k\oplus t = 0])$
  • $f(i, k) = g(i, |Ch(i)|, k)$
  • $ans(k) = \sum_{i=1}^n f(i, k)$

总时间复杂度为 $O(nm\times 128^2)$。

接下来可以注意到第 2 个式子是一个“异或卷积”的形式,不难想到使用 FWT 可以优化到 $O(128\log 128)$。然后注意到 FWT 之后,加法和乘法都可以直接按位相加,因此可以在一开始就将所有数组 FWT,运算过程中全部使用 FWT 之后的数组,最后再将 $ans( * ) $ 数组 FWT 回去即可。这样就可以去掉一个 $\log 128$。时间复杂度为 $O((n + \log 128)\times 128)$。

再接下来就是优化修改复杂度了。看过我论文或做过 BZOJ 4712 的同学容易想到使用链分治维护树上动态 DP。首先将树进行轻重链剖分,然后按照重链构成的树的顺序进行 DP。如果这样以后每一条重链上的转移可以高效维护、支持修改,那么每次修改点 $p$ 之后,我们就可以高效地更新点 $p$ 到根的 $O(\log n)$ 条重链的信息即可。

首先 $ans(k)$ 是全局变量,不好维护。那么可以不记录 $ans( * )$,而是记录 $h(i, k)$ 表示 $i$ 子树中的 $f(i, k)$ 的和,那么这样整个 DP 就有子树的阶段性了。

可以发现 $f(i, k)$ 就是先将 $g(i, 0, * )$ 和所有子节点 $p$ 的 $f(p, k ) + [k = 0]$ 全部卷积起来的值。即如果设 $F_i(z)$ 表示 $f(i, * )$ 这一数组的生成函数,那么可以得出 $$F_i(z) = z^{v_i}\prod_{p\in Ch(i)} (F_p(z) + z^0) $$ 这里的卷积定义为异或卷积。那么对于一条重链上的每一个点 $i$,我们只需要将 $i$ 的所有轻儿子 $lp$ 的 $F_{lp}(z) + z^0$ 全部卷积起来,这样就考虑了所有轻儿子的子树中的贡献,设这个卷积的结果为 $LF_i(z)$。同样对于每个点我们记录 $LH_i(z)$ 表示这个点的每个轻儿子的 $H_{lp}(z)$ 之和(这里 $H_i(z)$ 的定义类似 $F_i(z)$,只不过是对 $h(i, * )$ 定义的)。每个点的轻边的信息和可以用线段树维护来支持高效修改。

Claris 大神说这里信息可减因此不用线段树,但我觉得这里的 $LF_i(z)$ 的信息相减需要做除法,如果出现 10007 的倍数则没有逆元,无法相除,因此我仍然采用线段树维护。

注意到上述算法只要求我们能求出 $F_{重链顶}(z)$ 和 $H_{重链顶}(z)$,就可以维护父亲重链的信息或答案了。因此现在只需要考虑所有过当前重链的子树。在这里我们有如下两种截然不同的思路。

基于维护序列信息的算法

论文中提到的方法是转化为序列上的问题,然后使用线段树维护。由于连通子树和重链的交一定也是一段连续的链,那么我们显然就可以像最大子段和问题那样,记录 $D_{a,b}(z)$ 表示 $a=[$左端点在连通子树中$]$、$b=[$右端点在连通子树中$]$ 的方案数。这个算法将修改复杂度优化为 $O(128\log^2 n + 128\log 128)$,已经可以通过本题了。

但是这个算法有一定的问题:首先它具有较大的常数因子,运行时间较慢。其次,这个算法仍然利用了具体题目的性质——连通子树和重链的交还是链。而并非所有的题都有这样的性质。最后,由于要不重不漏地计数,代码细节繁多,十分难写。

基于变换合并的算法

对于一条重链,设重链上的点按深度从小到大排序后为 $p_1,p_2,...,p_c$,那么我们可以得出以下方程:

  • $F_{p_c}(z) = H_{p_c}(z) = z^{v_{p_c}}$ (因为 $p_c$ 没有子节点)
  • $F_{p_i}(z) = LP_{p_i}(z) \times (F_{p_{i+1}}(z) + z^0) \times {z^{v_{p_i}}}$
  • $H_{p_i}(z) = H_{p_{i+1}}(z) + F_{p_{i}}(z)$

而我们所需要求的只有 $F_{p_1}(z)$ 和 $H_{p_1}(z)$。

可以观察到上面这个式子中,向量 $\left(F_{p_{i+1}}(z), H_{p_{i+1}}(z), z^0\right)$ 是通过一个线性变换得到向量 $\left(F_{p_i}(z), H_{p_i}(z), z^0\right)$,具体地来说是右乘上这样一个矩阵:

$$M_i=\begin{pmatrix} LF_{p_i}{z}\times {z^{v_{p_i}}} & LF_{p_i}{z}\times {z^{v_{p_i}}} & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ LF_{p_i}{z}\times {z^{v_{p_i}}} & LH_ {p_i} + LF_{p_i}{z}\times {z^{v_{p_i}}} & 1 \end{pmatrix}$$

而矩阵乘法是满足结合律的,也就是说,我们只需要用线段树支持单点修改某个矩阵 $M_i$、维护矩阵的积,我们就可以高效地求出我们所需要的向量 $(F_{p_1}(z), H_{p_1}(z), 1)$。而这是容易做到的,因此这个算法是完全可行的。这样,这个算法也将修改复杂度优化为了 $O(128\log^2 n + 128\log 128)$,可以通过本题。

简单优化这个算法的常数。注意到形如 $$\begin{pmatrix} \underline{a} & \underline{b} & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ \underline{c} & \underline{d} & 1 \end{pmatrix}$$ 的矩阵乘法对这个形式封闭,因为 $$\begin{pmatrix} \underline{a_1} & \underline{b_1} & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ \underline{c_1} & \underline{d_1} & 1 \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} \underline{a_2} & \underline{b_2} & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ \underline{c_2} & \underline{d_2} & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \underline{a_1 a_2} & \underline{b_1 + a_1 b_2} & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ \underline{a_2 c_1 + c_2} & \underline{b_2 c_1 + d_1 + d_2} & 1 \end{pmatrix}$$

因此我们只需要对每个矩阵维护 $a,b,c,d$ 四个变量即可。同时可以直接用等号右边的形式来计算矩阵乘法,这样就只需要做 $4$ 次而不是 $27$ 次生成函数乘法了,常数大大减小了。

比较与扩展

这两个算法的时间复杂度相同,并且都可以扩展到询问某一个有根树子树的信息——只需要对那一条重链询问一下信息和/变换和即可。

我们来审视一下后一个算法。首先,这个算法基于的是直接对这个 DP 本身进行优化这样一种思想,而不是通过分析具体题目的性质进行处理,因此这种算法具有更高的通用性。其次,由于这个算法是直接对这个 DP 本身进行优化,因此正确性显然,细节也要少于论文中介绍的在区间中维护 $D_{a,b}(z)$ 信息的方法(维护 $D_{a,b}(z)$ 这个方法必须严格分类,因此细节繁多,常数也较大)。因此这个算法比前一个的算法更加优秀。

然而,事实上这个算法同样利用了题目的一些性质——这题是计数类问题,而且转移是线性变换,因此可以用矩阵来维护,而矩阵恰恰是一种可以合并的变换。那么对于其他的题目,是否也能用这种基于变换合并的算法呢?

BZOJ 4712 加强版(不保证修改不降)

这是一道在论文中有提到的题目。论文中介绍的算法正是一种基于标记合并的算法,其标记为 $trans_{a,b}(x)=\min(a, x+b)$ 并且对加法封闭。这个算法的常数十分优秀。

树上动态最大权独立集问题

这同样是一道在论文中有提到的题目。论文中介绍的是使用线段树维护序列上信息的方法。

考虑新的思路。记录 $f(i)$ 表示所有点都在 $i$ 子树中的最大权独立集的权值(以下简称答案),$g(i)$ 表示所有点都在 $i$ 子树中且独立集不包括点 $i$ 的答案;同样记录 $Lf(i)$、$Lg(i)$ 表示所有轻儿子的 $f(lp)$ 或 $g(lp)$ 的和

首先写出 $p_i$ 关于 $p_{i+1}$ 的转移:

  • $g(p_i) = Lf(p_i) + f(p_{i+1})$
  • $f(p_i) = \max(g(p_i), v_i + Lg(p_i) + g_(p_{i+1})$

考虑对这些 $g_{p_i}$、$f_{p_i}$ 定义新的加法和乘法运算:其中“加法” $a\oplus b$ 定义为 $\max(a, b)$、“乘法” $a\otimes b$ 定义为 $a+b$——根据加法分类、乘法分步的原理定义。那么转移方程可以写成这样:

  • $g(p_i) = Lf(p_i) \otimes f(p_{i+1})$
  • $f(p_i) = Lf(p_i) \otimes f(p_{i+1}) \oplus v_i \otimes Lg(p_i) \otimes g_(p_{i+1})$ // 这里将 $g(p_i)$ 代入了

这样,我们的转移就同样是“线性变换”,可以用矩阵来维护矩阵乘法了。算法的正确性可以用将这种新定义运算的矩阵乘法展开后证明,也可以将这种算法类比为 Floyd 求最短路来理解——它和 Floyd 的实现其实是一样的。

神奇的子图

这就是论文题……

首先考虑树上的算法。记录 $f(i, k)$ 表示所有点都在 $i$ 中且 $i$ 的点度为 $k$ 时的连通子图最大权值和,记录 $g(i)$ 表示 $i$ 子树中所有点 $j$ 的 $\max f(j, * )$。转移的时候,$f(i, * )$ 是对子节点跑重量为 $1$、价值为 $\max f(p, k < K )$ 的背包,同时更新 $g(i)$。

可以注意到,背包可以写成卷积的形式,而卷积可以写成矩阵乘法的形式,因此使用矩阵来表示变换是完全可行的。维护向量 $(f(p_i, 0), f(p_i,1), ..., f(p_i, k), g(p_i), 1)$,这样不难写出转移矩阵,就可以进行转移了。使用线段树维护即可做到和论文中相同的复杂度。同样,结合圆方树可以得到本题的另一个满分算法,复杂度相同。

这个算法的细节比原来的算法要少非常多,常数也小一些。

UOJ 268

终于不是论文中提到的题目了……

题意经过简化后变成这样:给出一棵树,每个点有 $a_i,b_i$ 两个权值,定义一条链 $(x, y)$ 的权值为链上所有点的 $a_i$ 加上 $b_{\mathrm{LCA}(x, y)}$。要求单点修改 $a_i$、链上修改 $b_i$(修改都是加一个数或减一个数),动态维护权值最大的链。

可以类比《神奇的子图》记录状态 $f(i, k\in\{0,1,2\})$、$g(i)$,意义和转移类似《神奇的子图》,只是 $f(i, * )$ 更新 $g(i)$ 时要加上 $b_i$。单点修改 $a_i$ 容易支持,考虑如何支持链上修改 $b_i$。不妨将 $b_i$ 差分,即设 $b'_i = b_i - b_{fa(i)}$,那么我们同样可以用 $b'_i$ 写出转移方程,并且链上修改变成了单点修改,易于维护。

转化为单点修改后,虽然要进行 $4$ 个节点的单点修改,但单点修改的常数小于链上修改,因此这个算法常数优于之前的算法。

神奇的简单路径

又是论文中的题了……

题意简述:给出一张图,保证每个点双 $\le 8$,每次修改点权,或询问两点之间最长简单路径,或询问全局最长简单路径。

如果只有全局最长简单路径,那么就是《神奇的子图》的弱化版。现在考虑第一个询问。这种询问相当于在圆方树上做链上询问。如果是暴力的话,那么就是沿着链一个一个点 DP 上来。这种链上的 DP 显然也可以写成变换的形式,那么我们也只需要维护这条链上的变换和即可,具体实现同样用矩阵,复杂度和原算法相同。

要注意的是一个一个 DP 上来时有向上的一段和向下的一段,因此线段树中维护矩阵的积时也要维护一正一反两种信息。

总结

基于变换合并的树上动态 DP 算法,完全地采用了对 DP 本身进行优化的思想,思路较于一般的树上动态 DP 算法思路更加直观、正确性更加显然。它不仅可以通用地解决之前所有的问题,还可以获得更小的思维难度、更小的代码难度和更快的运行速度,是论文中介绍的原算法的一个很大的改进。

当然,这个算法还有一些局限性。希望大家能和我分享关于这方面的研究,希望在我们的共同努力下能有更多更好的算法出现。

用无旋转 Treap 来写 LCT

2017-02-17 11:18:51 By immortalCO

之前本猫做 http://uoj.ac/problem/173 的时候,发现如果将 Treap 的 size 记为整棵子树(而非当前层)的大小,复杂度好像是对的。之前过不了好像是建树时的 push_up 次数常数过大,我就把初始化改成先不 push_up,建好之后再 push_up,直接用优化成线性;后面改成每次修改完之后才 push_up 后,操作次数就只剩三百多万了。

然后就想用 Treap 来写 LCT,看一看能不能达到同样是 $O(n\log n)$ 的复杂度。本猫用的是非旋转、无权值的 Treap,利用 splitmerge 来维护序列,在 merge 时以 size 作为概率决定哪一个点在上面。

以下以 http://uoj.ac/problem/3 题为例。

结构体

struct Node
{
    Node *p, *l, *r;    // p:为了方便,记录节点父亲;l、r:左右儿子
    int val, max;    // val:自己的权值;max:当前重链上的最大权值
    uint cnt, sum;    // cnt:这个点的所有轻边的子树大小 + 1;sum:当前子树的 cnt 之和
    bool rev;  // 翻转标记
}

为了保证复杂度,本猫采用了“LCT 维护子树大小”的做法,将 cntsum 维护成子树大小,并据此作为 Treap 的随机种子。

access

这是 LCT 的最基本的操作。伪代码如下:

access(node):
    p = node 所在的重链
    q = 空链
    while p != null:
        # 设 b 为 node 的轻儿子
        将 p 所在的重链从 node 处拆分为 a、b 两段(node 是 a 段的末尾)

        # 维护轻边子树大小之和
        node.cnt += b.sum - q.sum
        更新 p 使得其正确维护信息

        # 设 q 为 node 的重儿子
        p = 连接 a、q 
        更新 p 使得其正确维护信息

        # 下一步循环
        q = p
        node = q 的重链顶端的父亲
        p = node 所在的重链

那么我们就要支持对 Treap 进行从某一个点开始拆分以及合并两个 Treap。显然合并就是 merge 操作。我们只需要实现一个自下而上的 split 操作,循环即可实现。注意这些操作中都要维护好每个节点的父亲。

其他 make_rootlinkcut 操作都能利用上述操作实现(link 只需要设置重链父亲并维护 cntcut 需要一次 split)。

效果

提交为 http://uoj.ac/submission/129275 。感觉上速度挺正常的,不比 Splay 版的慢多少(吐槽:同样的代码连续提交两次使用时间差了 0.7s!)。

为了验证我们维护子树大小确实能欧化复杂度,修改 cnt 的维护方式(修改后为 $O(n\log^2n)$)再次提交为 http://uoj.ac/submission/129302 。慢了一倍以上。

但仍然无法查明其复杂度是否低于 $O(n\log^2n)$。

有啥用

可能可以持久化?(然而还要解决 access 拼接次数是均摊的问题……)

可能可以用其他重量平衡树(如旋转版的 Treap)代替这里的非旋转 Treap,能解决更多 SAM + LCT 的题,或更好的解决 BZOJ 4234,甚至出到子树询问和仙人掌上?(之前有过块链 LCT 做法)

一种高效处理无修改区间或树上询问的数据结构(附代码)

2016-11-02 19:45:47 By immortalCO

问题描述

给出一个某种元素的序列 $a_1,a_2,...,a_n$,要求进行 $m$ 次询问,每一次是询问一段区间 $[l,r]$ 的某种支持结合律和快速合并的信息,要求在线。

这类问题比较通用,比如在 DP 的优化中就常常见到。

要求复杂度尽量优秀,假设合并复杂度为 $O(1)$。

以下的时间复杂度 $O(A) + O(B) + O(C)$ 表示预处理复杂度、单次询问的复杂度和空间复杂度。

各种性质的具体问题

可减信息,如区间和、区间异或和

直接用前缀和实现,复杂度 $O(n)+O(1)+O(n)$。

可重复贡献信息,如区间最值

如果序列很长,使用线段树即可,复杂度 $O(n)+O(\log n)+O(n)$。

如果询问很多,但序列不是特别长,可以用倍增的 RMQ,复杂度 $O(n\log n)+O(1) + O(n\log n)$。

如果序列很长,询问也很多,可以对序列线性建立笛卡尔树转为 LCA 问题,然后转为正负 1 RMQ,每 $\log n$ 分一段打表预处理,复杂度 $O(n)+O(1)+O(n)$。

仅满足支持结合律和快速合并,如最大子段和、区间的串哈希值

一般使用线段树实现,复杂度 $O(n) + O(\log n) + O(n)$。

一种新的做法

上面一般做法的问题是:询问复杂度不够优秀。

如果问题没有任何性质,一般只能使用线段树。然而在实际的问题(或所优化的问题)中,由于询问不受空间大小的限制,一般询问的次数是大大多于序列的长度的,比如有的莫队需要查询 $O(n\sqrt n)$ 次的区间最值,这样倍增 RMQ 就有了用武之地。因此,我们考虑能否像 RMQ 那样,在一般的问题上,以预处理的时间和空间,换取快速的询问

考虑一个询问 $[l,r]$。如果 $l=r$,则我们可以直接得出答案。否则,考虑 $[l,r]$ 在线段树上定位时,是在哪个线段树节点 $p$ 中同时递归到左右两个儿子(如果 $[l,r]$ 只定位为线段树上的一个节点,则视为同时递归进入两个儿子)。设该节点的区间 $[s, t)$,其中点为 $m$(两个一半的区间是 $[s,m)$ 和 $[m,t)$),那么区间一定是满足 $s\le l < m \le r < t$。如果我们对于每个 $l\le i < m$ 都预处理了 $[i,m)$ 的信息和 $prel(p,i)$,对于每个 $m \le i < r$ 都预处理了 $[m,i]$ 的信息和 $prer(p,i)$,那么所求的信息和就是 $prel(p,l)+prer(p,r)$。这一步是 $O(1)$ 的。现在唯一的问题是我们能否快速求出 $p$。

一般的线段树没有什么好的性质,但如果一棵线段树的值域是 $[0, 2^k-1)$,并且编号遵从堆式存储($i$ 的儿子为 $2i$ 和 $2i+1$),那么 $[l,r]$ 所定位的区间,就是 $[l,r]$ 所对应的两个节点的 LCA,也就是 $l,r$ 两个位置对应节点的编号的二进制数的 LCP!获得 $x,y$ 的二进制数的 LCP 只需要使用 x >> Log2[x ^ y](找出并丢弃第一个不同的二进制位及后面的位),其中 Log2 数组可以线性预处理,因此求出 $p$ 也只需要 $O(1)$ 的时间。这样,我们就得到了一种 $O(n\log n)+O(1)+O(n\log n)$ 的优秀算法。

我们称这一数据结构为猫树

应用

经典问题:区间最大子段和

给出一个序列,多次询问区间的最大子段和。

这是一个经典的模型。不同于经典做法,我们只需要记录 $prel$、$prer$ 为对应前(后)缀的最大子段和、最大前(后)缀和即可。

复杂度:$O(n\log n)+O(1)+O(n\log n)$。实测在 $n=m=200000,a_i\le 10^9$ 的情况下,此做法的运行时间接近经典做法(非递归线段树实现)的 $2\over 3$。

经典问题:NAND

给出一个序列,多次询问一个 $x$ 对一个区间中所有数按顺序依次 NAND 的结果。

NAND 没有结合律,因此我们要用一些经典的处理方式。NAND 是按位独立的,因此我们可以对每一位维护信息:如果这一位刚开始是 0,那么按顺序 NAND 了这个区间中的所有数后会变成什么;如果这一位是 1 那么会变成多少。用位运算可以优化为 $O(1)$ 的信息合并。

使用猫树,即可直接支持 $O(n\log n)+O(1)+O(n\log n)$。

经典问题:区间凸包

现在来看看不那么傻逼的题。

给出一个平面上的点的序列,每次询问一个区间的凸包的面积,保证横坐标单调递增,强制在线。

这题的凸包不是贡献独立的,因此我们必须求出这个凸包。经典做法是用线段树套可持久化平衡树维护凸包,在线段树的节点直接保存凸包,用可持久化线段树的合并保证复杂度,代码非常繁琐,复杂度为 $O(n \log^2n)+O(\log^2n)+O(n\log^2n)$。

结合猫树,只要我们可持久化地保存 $prel,prer$ 为区间的凸包,这样我们就只需要资磁对左右两边预处理的凸包二分出一个公切线,然后进行计算即可,并不需要直接合并两个平衡树维护的凸包。而这里的凸包由于只有 $x$ 单调的插入,用简单的可持久化数组(线段树或平衡树)即可直接维护,代码量很小。复杂度为 $O(n\log^2n)+O(\log n)+O(n\log^2n)$。

BZOJ4540

给出一个区间,每次询问一个区间 $[l,r]$ 的所有子区间的区间最小值之和。

根据猫树的思想,我们考虑分开来计算代价。其中,$[l,m)$ 和 $[m,r]$ 的答案可以用单调栈线性预处理,就只需要考虑跨越部分了。对 $[l,m)$ 中记录每个数到 $m$ 的区间最小值,考虑这个最小值贡献答案的区间的右端点 $r$,这个最右的右端点可以通过左右的归并得出。这样预处理之后,就能做到 $O(1)$ 的询问复杂度。这里的细节比较繁琐,不过多说明。

这个做法实际运行时间十分优秀,在 $n=100000,m=2\times 10^7$ 的数据可以 $0.3s$ 出解。

扩展?

优化 DP

如果某种 DP 需要按顺序决定,但有很多次的区间查询,我们可以用猫树结合二进制分组做到相同的复杂度。

在查询次数很多的情况下,此做法比直接线段树维护具有优势。

树上无修改询问

考虑把猫树扩展到树上,以资磁快速的链上信息询问。我们对树进行点分治,预处理所有点到重心的信息(需要保存“包括中心”和“不包括重心”两种信息,如果有方向要求要专门考虑),这样同样能拆成两个已经预处理的信息的和。

询问的时候,我们需要找出这条链上最上面的重心。对点分治建立点分树(把重心连成树),然后我们要找到的重心就是询问的链端点的 LCA,这可以用倍增 RMQ 来预处理。

复杂度和区间问题相同,$O(n\log n)+O(1)+O(n\log n)$。

其实 BZOJ4568 是这种做法的离线版本。

UPD:代码参考

区间最大子段和
    const int MaxN = 200010;
    const ll inf = 1000000000000000000ll;
    int val[MaxN], pos[MaxN];
    struct Node
    {
        struct Data {ll pre, sum;} *dl, *dr;
        int mov_l, mov_r;
        IL ll query(RG int l, RG int r)
        {
            return dl[l -= mov_l].sum > dr[r -= mov_r].sum 
                ? dmax(dl[l].sum, dl[l].pre + dr[r].pre)
                : dmax(dr[r].sum, dl[l].pre + dr[r].pre);
        }
    } T[524288];
    int N;
    void build(RG int i, RG int l, RG int r)
    {
        if(l + 1 == r || N <= l) return;
        RG int m = (l + r) >> 1;
        build(i << 1, l, m);
        build(i << 1 | 1, m, r);

        RG Node *o = T + i;
        o->dl = new Node::Data[m - l], o->mov_l = l;
        o->dr = new Node::Data[r - m], o->mov_r = m;
        RG ll pre, max_pre, sum, max_sum;
        pre = sum = 0, max_pre = max_sum = -inf;
        for(RG int k = m - 1; k >= l; --k)
        {
            pre += val[k],                     cmax(max_pre, pre);
            sum = dmax(sum, 0) + val[k],    cmax(max_sum, sum);
            o->dl[k - l] = (Node::Data) {max_pre, max_sum};
        }
        pre = sum = 0, max_pre = max_sum = -inf;
        for(RG int k = m; k <= r - 1; ++k)
        {
            pre += val[k],                     cmax(max_pre, pre);
            sum = dmax(sum, 0) + val[k],    cmax(max_sum, sum);
            o->dr[k - m] = (Node::Data) {max_pre, max_sum};
        }
    }
    int pre[1024];

    IL void main()
    {
        RG int (*F)() = read<int>;
        RG int n = N = F();
        Rep(i, 0, n) val[i] = F();
        RG int D = 1; while(D < n) D <<= 1;
        build(1, 0, D);
        RG int l, r, d, v;
        pre[0] = 0;
        Rep(i, 1, 1024) pre[i] = pre[i >> 1] + 1;
        Rep(_, 0, F())
        {
            l = F() - 1, r = F() - 1;
            if(l == r) Print(val[l]);
            else
            {
                l += D, r += D;
                v = l ^ r;
                d = (v < 1024 ? pre[v] : 10 + pre[v >> 10]);
                Print(T[l >> d].query(l - D, r - D));
            }
        }
        io::flush();
    }
BZOJ4540
    const int MaxN = 131072;
    int a[MaxN], N;
    // 对单调栈中的数进行归并,并确定每一位对应的单调栈中元素
    struct Node
    {
        int m;
        struct Data
        {
            int pos;            // 在左右单调栈中的排名
            ll sum, ans;        // 答案的和
            ll pre;                // 到中点这一段的和
        } *pre;
        IL ll query(RG int l, RG int r)
        {
            RG int pl = pre[l].pos, pr = pre[r].pos;
            return pre[l].pre + pre[r].pre + ((pl < pr)
                ? pre[l].ans + (m - l)       * (pre[r].sum - (pl == m - l        ? 0 : pre[l + pl - 1].sum))
                : pre[r].ans + (r - m + 1) * (pre[l].sum - (pr == r - m + 1 ? 0 : pre[r - pr + 1].sum)));
        }
    } T[262144];
    void build(RG const int i, RG const int l, RG const int r)
    {
        if(l + 1 == r || N <= l) return;
        RG const int m = T[i].m = (l + r) >> 1;
        build(i << 1, l, m);
        build(i << 1 | 1, m, r);

        RG Node::Data *f = T[i].pre = (new Node::Data[r - l]) - l;

        static int stack[MaxN], b[MaxN];
        RG int top, cur, V; RG ll pre, ran, sum;
        pre = sum = top = ran = 0; cur = 2000000000; *stack = m;
        for(RG int i = m - 1; i >= l; --i)
        {
            V = a[i];
            for(; top && a[stack[top]] >= V; --top)
                ran -= (ll) a[stack[top]] * (stack[top - 1] - stack[top]);
            ran += (ll) V * (stack[top] - i);
            stack[++top] = i;
            cmin(cur, V); 
            f[i].sum = (sum += (b[i] = cur));
            f[i].pre = (pre += ran);
        }
        pre = sum = top = ran = 0; cur = 2000000000; *stack = m - 1;
        for(RG int i = m; i <= r - 1; ++i)
        {
            V = a[i];
            for(; top && a[stack[top]] >= V; --top)
                ran -= (ll) a[stack[top]] * (stack[top] - stack[top - 1]);
            ran += (ll) V * (i - stack[top]);
            stack[++top] = i;
            cmin(cur, V);
            f[i].sum = (sum += b[i] = cur);
            f[i].pre = (pre += ran);
        }
        sum = 0;
        RG int pl = m - 1, pr = m, N = 0, tmp;
        while(l <= pl || pr < r)
            (pr >= r || (l <= pl && b[pl] > b[pr]))
                ? (f[pl].pos = ++N, (tmp = (N - (m - pl)))         ? sum += (ll) b[pl] * tmp : 0, f[pl--].ans = sum)
                : (f[pr].pos = ++N, (tmp = (N - (pr - m + 1)))     ? sum += (ll) b[pr] * tmp : 0, f[pr++].ans = sum);
    }

    IL void main()
    {
        RG int (*F)() = read<int>;
        RG int n = N = F(), m = F(), D = 1;
        while(D < n) D <<= 1;
        Rep(i, 0, n) a[i] = F();
        build(1, 0, D);
        RG int l, r, v, d;
        static int pre[1024];
        Rep(i, 1, 1024) pre[i] = pre[i >> 1] + 1;
        while(m--)
        {
            l = F() - 1, r = F() - 1;
            if(l == r) Print(a[l]);
            else
            {
                l += D, r += D;
                v = l ^ r;
                d = (v < 1024 ? pre[v] : 10 + pre[v >> 10]);
                Print(T[l >> d].query(l - D, r - D));
            }
        }
        io::flush();
    }
代码的模板
//pb_ds 20160711
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cassert>
#include <cmath>
#include <iostream>
using namespace std;
#define RG register
#define IL __inline__ __attribute__((always_inline))
#define For(i, a, b) for(RG int i = a, ___u = b; i <= ___u; ++i)
#define Dor(i, a, b) for(RG int i = b, ___d = a; i >= ___d; --i)
#define Rep(i, a, b) for(RG int i = a, ___u = b; i != ___u; ++i)
#define dmin(a, b) ((a) < (b) ? (a) : (b))
#define dmax(a, b) ((a) > (b) ? (a) : (b))
#define cmin(a, b) ((a) > (b) ? (a) = (b) : 1)
#define cmax(a, b) ((a) < (b) ? (a) = (b) : 1)
#define ddel(a, b) ((a) > (b) ? (a) - (b) : (b) - (a))
#define dabs(i) ((i) > 0 ? (i) : -(i))
typedef long long ll;
typedef unsigned uint;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double ld;

#include <queue>
#include <vector>

namespace pb_ds
{   
    // 输入输出优化模板从此开始
    namespace io
    {
        const int MaxBuff = 1 << 15;
        const int Output = 1 << 23;
        char B[MaxBuff], *S = B, *T = B;
        //#define getc() getchar()
        #define getc() ((S == T) && (T = (S = B) + fread(B, 1, MaxBuff, stdin), S == T) ? 0 : *S++)
        char Out[Output], *iter = Out;
        IL void flush()
        {
            fwrite(Out, 1, iter - Out, stdout);
            iter = Out;
        }
    }

    template<class Type> IL Type read()
    {
        using namespace io;
        RG char ch; RG Type ans = 0; RG bool neg = 0;
        while(ch = getc(), (ch < '0' || ch > '9') && ch != '-')     ;
        ch == '-' ? neg = 1 : ans = ch - '0';
        while(ch = getc(), '0' <= ch && ch <= '9') ans = ans * 10 + ch - '0';
        return neg ? -ans : ans;
    }
    template<class Type> IL void Print(RG Type x, RG char ch = '\n')
    {
        using namespace io;
        if(!x) *iter++ = '0';
        else
        {
            if(x < 0) *iter++ = '-', x = -x;
            static int s[100]; RG int t = 0;
            while(x) s[++t] = x % 10, x /= 10;
            while(t) *iter++ = '0' + s[t--];
        }
        *iter++ = ch;
    }
    // 输入输出优化模板到此结束

    /** 把上面的代码拷贝到这里即可运行 */
    /** 把上面的代码拷贝到这里即可运行 */
    /** 把上面的代码拷贝到这里即可运行 */
    /** 把上面的代码拷贝到这里即可运行 */
    /** 把上面的代码拷贝到这里即可运行 */
    /** 把上面的代码拷贝到这里即可运行 */
}

int main()
{
    #define FILE "dev"
    //freopen(FILE ".in", "r", stdin), freopen(FILE ".out", "w", stdout);
    pb_ds::main();
    fclose(stdin), fclose(stdout);  
}

完结撒花

指针和数组的代码哲学和一些数组的小技巧(雾)

2016-08-07 14:18:20 By immortalCO

一直很喜欢在 struct 时用指针。除了在速度上有优势(数组要做额外的加法),还有一点就是它的代码是符合中英文的语序的。

举个例子:

k->fa->val->max = 1;

如果要解读这段代码,我们可以这样:

设置 
    k 
        的 fa 
            的 val 
                的 max 
为
    1

因为指针的代码是符合我们常用语言的语序的。如果用数组,我们就必须这样写:

max[val[fa[k]]] = 1

强行解读的话,就变成:

设置
    在所有 max 中,是
        在所有 val 中,是
            在所有 fa 中,是
                k
            的那一个 fa
        的那一个 val
    的那一个 max
为
    1

简直佶屈聱牙,难以成颂!然而,一种特殊的 C++ 数组写法可以解决这个问题。在 C++ 中,a[b] 等价于 *(a + b),因此

a[b] = *(a + b) = *(b + a) = b[a]

也就是说,我们可以倒转数组名和下标的位置。比如我们可以

a[i] = i[a]
b[1] = 1[b]
c[2][2] = 2[c[2]] = 2[2[c]] // 每一个 [] 都有两种写法
d[1][2][3][4][5] = 5[4[3[2[1[d]]]]]
A[B[C[D[E[i]]]]] = i[E][D][C][B][A] // [] 是从左往右计算的

这个的第一个用途是混乱代码,防止在 CF 上被 Hack。试想如果你有个 5 维 DP,那么每一维你都有 2 种写法,总共就有 32 种写法,然后你在 DP 中混用这几种写法……(嘿嘿嘿!!!)

观察最后一行左边的那个形式,不正是我们 max[val[fa[k]]] 的形式吗?因此我们可以写成

max[val[fa[k]]] = k[fa][val][max]

嘿嘿嘿!熟悉的语序回来了!而且没有方括号的嵌套,减小了漏打、错打括号导致 CE 的可能性。那么在不方便使用指针(比如 64 位机卡内存)时,我们同样可以用数组做到优美的代码风格。

以下是数组版《树上两点距离》,用树链剖分求 LCA。在 query 时,语序十分自然。

#include <cstdio>
const int MaxN = 1000010;
int to[MaxN << 1], len[MaxN << 1], next[MaxN << 1], fir[MaxN];
void link(int x, int y, int v)
{
    static int tot = 1;
    ++tot, tot[next] = x[fir], tot[to] = y, tot[len] = v, x[fir] = tot;
    ++tot, tot[next] = y[fir], tot[to] = x, tot[len] = v, y[fir] = tot; 
}
int pre[MaxN], dep[MaxN], cnt[MaxN], cho[MaxN], top[MaxN];
void dfs_init(int i)
{
    i[cnt] = 1;
    for(int k = i[fir]; k; k = k[next])
        if(!k[to][cnt])
        {
            k[to][pre] = i;
            k[to][dep] = i[dep] + k[len];
            dfs_init(k[to]);
            i[cnt] += k[to][cnt];
            if(k[to][cnt] > i[cho][cnt])
                i[cho] = k[to];
        }
}
void dfs_make(int i)
{
    i[top] = (i == i[pre][cho]) ? i[pre][top] : i;
    for(int k = i[fir]; k; k = k[next])
        if(!k[to][top]) dfs_make(k[to]);
}
int query(int x, int y)
{
    int ans = x[dep] + y[dep];
    while(x[top] != y[top])
        x[top][dep] > y[top][dep]
            ? x = x[top][pre]
            : y = y[top][pre];
    ans -= (x[dep] < y[dep] ? x[dep] : y[dep]) << 1;
    return ans;
}

int main()
{
    int n, m, x, y, v; scanf("%d%d", &n, &m);
    for(int i = n; --i; ) scanf("%d%d%d", &x, &y, &v), link(x, y, v);
    dfs_init(1), dfs_make(1);
    while(m--) scanf("%d%d", &x, &y), printf("%d\n", query(x, y));
}

圆方树——处理仙人掌的利器

2016-08-01 09:11:36 By immortalCO

营员交流课件

链接: http://pan.baidu.com/s/1hrM1Ic8 密码: dc4j

概述

随着业界毒瘤的推动,我们开始见到越来越多的仙人掌题。对于这种题,我们总是想办法把仙人掌转化为树来做,从而将熟悉的树的算法修改后用于仙人掌上。

圆方树是一种由我们提出的树的结构,它能轻松的将仙人掌转化为树,并能资磁仙人掌上点分治、虚仙人掌、仙人掌剖分等经典的树上问题,在 UOJ 上若干道仙人掌题目中,均有极高的效率。

构造

首先我们要构造原仙人掌 $G$ 的圆方树 $T_G$。我们定义原仙人掌上的点为圆点,现在我们考虑转化。

我们对仙人掌进行点双的 Tarjan 算法,因为仙人掌上每个环都是一个点双,而且在栈中的顺序就是环上点的顺序。那么考虑一个点 $i$ 的一条出边 $(i,j)$ 满足 $dfn(i) < low(j)$,那么说明 $(i, j)$ 是一条树边,我们在 $T_G$ 中直接连上这两个点即可;如果 $dfn(i) = low(j)$,那么我们找到了一个环(可能是重边造成的二元环),则从栈中取出点直到取出 $j$ 为止,设这样从栈中取出的点集为 $R$,则 $R \cup \{i\}$ 是一个环;对于其他情况,我们按照 Tarjan 的步骤执行即可,无需特殊处理。

对于一个环 $R \cup \{i\}$,设 $i$ 为环的 。我们新建一个方点 $P$,在 $T_G$ 中连接所有的 $(P, q), q\in R \cup \{i\}$。这样连的边数等于环上点数,而点又多了一个,因此最后连出的 $T_G$ 是树。

性质

圆方树有优美的性质。

  1. 无论如何换根,圆方树形态不变 //因为你是把环连成菊花而不是别的什么

  2. 圆方树的子树 = 原仙人掌的子仙人掌 //分类讨论各种情况可以证明

  3. 方点不会和方点相连

还有其他神奇的性质,要具体题目具体分析。

应用

最短路

类比树上最短路,我们在 LCA 处考虑。然而圆方树的树上距离并不一定就等于仙人掌上的最短路长度。

注意到圆方树中的边权都还没有确定,那么我们就可以现在确定了。如果一条边是圆圆边(圆点指向圆点的边,这里已经任意选择一圆点为根),那么它是一个树边,边权等于原仙人掌上边权;如果是方圆边,那么边权等于环的根到那个圆点的最短路径长度;如果是圆方边,那么边权为 0。

这样,如果一对询问点在圆方树上的 LCA 是圆点,那么其圆方树上长度就是原仙人掌上长度,因为路径上唯一的不同就在于对于每个环是走哪一侧(这个决策对每个环是独立的),而前面边权的确定已经解决了这一问题;如果 LCA 是方点,则我们只需要考虑在 LCA 这个环中是否要走经过根的那一侧。我们需要找出这两个询问点 $(x, y)$ 分别是在这个方点的哪两个儿子 $(p_x, p_y)$ 的子树中(这就是个 jump 操作,可以用倍增或树链剖分轻松实现)。则 $x \rightarrow p_x$ 和 $p_y \rightarrow y$ 的树上距离都是最短路径,现在就只需要考虑同一个环上的点 $(p_x, p_y)$ 的最短路径(其实也就是走哪一侧的问题)。 前面先记录环上边权的前缀和,这样就能 $O(1)$ 计算出不经过根那条路径的长度,再通过记录整个环的边权和比较出走哪一侧更优。

例题:http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=2125

DP

仙人掌有若干种 DP,比如最大独立集和直径。

最大独立集比较简单,只需要 DFS 时,树边按照树上独立集的方式转移,环上用一个 $f(i, 0..1, 0..1)$ 的简单 DP 去转移即可。

例题:http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=4316

求直径的话,我们类比求树直径的方式,在 LCA 处考虑。设 $f(i, j \in {1,2})$ 为 $i$ 子树中的第 $j$ 深的点,那么圆点可以轻松转移、更新答案。在方点转移也容易,但更新答案不能直接更新(因为有哪一侧的问题,直接取不一定是最短路,会导致答案偏大)。我们可以把环复制一份用单调队列来解决,也可以正反各做一次前缀和。

例题:http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1023

虚仙人掌

对一个点集的子集进行询问。分例题进行讲解。

UOJ 87

http://uoj.ac/problem/87

题意:给出一个点集,求点集中两两最短路径的最大值。

首先对原仙人掌建立 BZOJ 2125 那种带边权的圆方树。然后每次对圆方树建立虚树,在虚树上按照 BZOJ 1023 的方法进行简单 DP 即可。

UOJ 189

http://uoj.ac/problem/189

题意:给出仙人掌,要求资磁:(1)询问若干条最短、最长路径的并的边权和 (2)修改边权

先对所有端点的点建立圆方树的虚树。现在我们要考虑两部分的贡献:(1)对于虚树上一条边,对应圆方树上一条链,我们要一起考虑这条链的贡献;(2)对于虚树上的一个方点,对应一个环,我们要考虑它有哪几段计入答案。

我们对于每条边这么操作:首先找到 LCA,判断出是哪一段符合要求(最长或最短),然后像求圆的周长(某些计算几何题)那样记录两个括号用来扫描线;然后找出不在环上的一段(如果 LCA 是方点,要利用 jump 操作求出 $p_x, p_y$),利用子树前缀和的思想记录一下是否存在最长、最短路的询问(也就是在 $x$ 处 $+1$,在 $p_x$ 处 $-1$,然后一个点的权值为其子树中的权值之和)。

那么对于一条虚树上的边,我们就有 4 种情况,表示最长路和最短路分别是否有。我们可以通过一种特殊的“深度”来计算这些值。设 $f(i)$ 为从圆方树根到 $i$ 的树边长度之和,$g(i)$ 为从根到 $i$ 的最短路径,$h(i)$ 为从根到 $i$ 的最长路径。那么如果经过边$(i, j)$的又有最长路径又有最短路径,则贡献为 $g(j) + h(j) - f(j) - (g(i) + h(i) - f(i))$;如果只有最短路径则贡献为 $g(i) - g(j)$,只有最长路径贡献为 $h(i) - h(j)$。

环上的情况,我们像求圆上周长那样,对之前添加的括号排个序即可。

如果要修改,那么既有可能影响环上距离,又有可能影响那 3 种深度。我们分别用树状数组维护均可。注意如果修改的是环上的边,那么影响的深度数组到底是哪几段需要分类讨论。

点分治

UOJ 23

http://uoj.ac/problem/23

题意:求出仙人掌上从 1 出发长度为 $[1..n]$ 的简单路径的条数。

暴力是用背包的思想,设 $f(i, j)$ 表示从 $i$ 出发往下走 $j$ 步的路径条数。注意到转移是卷积的形式,那么我们可以用 FFT 来解决这一问题。

进行点分治。设当前子树中重心为 $G$,考虑求出 $f(G)$ 为这棵子树的背包数组。首先 $G$ 的包含当前连通块最高点(记为 $top(G)$)这一分支可以递归去做。现在考虑 $G$ 的儿子们,如果 $G$ 是圆点,那么直接把出边的 $f$ 加起来求和即可;否则如果是方点,那么每个儿子都有两种选择:向左或向右,两种情况都要加上去。现在还需要考虑 $top(G)$ 到 $G$ 这一段对 $G$ 出边贡献的 $f$ 的影响。显然我们可以再套一个分治 FFT 把 $top(G)$ 到 $G$ 这一条链上的数组算出来,但这样太笨了。我们维护 $g(G)$ 表示 $top(G)$ 到 $G$ 这一段的背包数组,那么我们发现从 $fa(G)$ 开始一直跳 $top$,一段一段跳上去,不会超过 $\log(top(G)\ 到\ G\ 的链长)$ 段,而且后一段的 $g$ 数组长度是前一段的两倍。这样暴力 FFT 卷积起来,复杂度只有 $top(G)\ 到\ G\ 的链长 \times \log(top(G)\ 到\ G\ 的链长)$,那么这个问题就在 $O(n \log^2 n)$ 的时间内完美解决。

一个细节是设方点点权为环的大小,点分治要找带权重心。

这种分治就是我们熟悉的树分治,代码难度减小了不少。

链剖分

UOJ 158

http://uoj.ac/problem/158

题意:给出仙人掌要求资磁 3 种操作:(1)一个点到根的最短路径上取反(2)一个点到根的最长路径上取反(3)子树内黑点个数询问。

树上肯定是树剖。仙人掌的话,我们可以对圆方树进行树剖。

考虑怎么支持我们的操作。首先由于要支持跳重链,我们必须能高效修改一整条重链上最长或最短路上的点。首先必须经过的点(即割点)肯定是要取反的,然而环上的点还得分类考虑,有时只要修改一部分点。

那么我们就可以把点进行分类。考虑每一条重链,将点分成 3 类:(1)割点(2)在重链上作为最短路径出现的点(3)在重链上作为最长路径出现的点。那么显然对于第 1 类点,直接在树上修改即可。然而对于后两种点,树上路径不一定会扫过需要更改的点。

我们考虑这样一个事情:在 DFS 序中,如果一个点是方点,那么我们先访问它的所有儿子,然后再按照重边先行的顺序访问儿子的子树(不包括那些儿子了),这样的话,我们修改一段区间的时候,就会扫过这个环上所有点;而我们已经把点分类了,因此也可以选择只修改最短路径或最长路径上的点。

那么这个问题就完美解决了。写起来比较码农,在进入重链时需要特殊处理。

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