长链剖分小结

长链剖分是一种类似( m{dsu on tree})的一种算法，写法类似于普通的树链剖分（重链剖分），只是将( m{siz})最大改为了( m{dep})最大.可以优化一些与子树深度相关的问题的时间.

性质

1、所有链的长度和为(O(n))级别的

所有的点均只会在一条长链里，所以都只会被计算一次，所以是(O(n))级别的

2、父亲所在的长链长度不会小于其儿子所在的长链

如果上述不成立的话，那么父亲点可以选择该儿子使得长链更长，与原来相矛盾.

这个性质有个推论：对于任何一个点，其(k)次祖先所在的长链必然大于等于(k)，证明类似.

3、从某个点出发向上跳，切换长链的次数是(O(sqrt n))级别的

根据性质(2)，每次跳的长链长度一定不会小于上一次的,即最坏情况索所跳的长链长度为(1,2,3,cdots)，也就是跳了(O(sqrt n))次

实现及例题

长链剖分的实现中的第一个dfs类似于重链剖分.

void dfs1(int u,int fu)
{
	for (int i=head[u];i;i=sq[i].nxt)
	{
		int v=sq[i].to;
		if (v==fu) continue;
		dfs1(v,u);
		if (len[son[u]]<len[v]) son[u]=v;
	}
	len[u]=len[son[u]]+1;
}

其中(len)记录的是(u)所在的长链在(u)子树中的长度.

1、求(k)级祖先

普通的想法是倍增，可以做到(O(nlog n))预处理(O(log n))询问，看起来很优秀，但是可以做到更好.

来考虑一下长链剖分，对每条长链及其长度为(m),预处理处其链顶向上的(k)个祖先和向下的(k)个重儿子，由性质1知这是(O(n))的.之后对于每个询问我们先跳到这个点的(x)级祖先上，保证这个祖先所在长链的链长(>k-x)，之后再跳到这条链的链顶上，根据预处理的结果求出答案.

如何保证链长(>k-x)呢？发现对每个(k)，记其二进制表示下最高位为第(h_k)位，那么令(x=2^{h_k})即可,这样的话和倍增一样的预处理出那个数组即可.总的是(O(nlog n))预处理(O(1))查询.

例题：luogu5903

#include<iostream>
#include<string.h>
#include<string>
#include<stdio.h>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<math.h>
#include<queue>
#include<set>
#include<map>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef long double db;
typedef pair<int,int> pii;
const int N=100000;
const db pi=acos(-1.0);
#define lowbit(x) (x)&(-x)
#define sqr(x) (x)*(x)
#define rep(i,a,b) for (register int i=a;i<=b;i++)
#define per(i,a,b) for (register int i=a;i>=b;i--)
#define go(u,i) for (register int i=head[u];i;i=sq[i].nxt)
#define fir first
#define sec second
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define maxd 998244353
#define eps 1e-8
struct node{int to,nxt;}sq[1001000];
int all=0,head[500500];
int n,dep[500500],mx[500500],son[500500],fa[500500][20],tp[500500],rt,hbit[500500],q;
vector<int> U[500500],D[500500];

inline int read()
{
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while ((ch<'0') || (ch>'9')) {if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
    while ((ch>='0') && (ch<='9')) {x=x*10+(ch-'0');ch=getchar();}
    return x*f;
}

#define ui unsigned int
ui s;

inline ui get(ui x) {
	x ^= x << 13;
	x ^= x >> 17;
	x ^= x << 5;
	return s = x; 
}

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

void dfs1(int u,int fu)
{
	dep[u]=dep[fu]+1;mx[u]=dep[u];fa[u][0]=fu;
	rep(i,1,19) fa[u][i]=fa[fa[u][i-1]][i-1];
	go(u,i)
	{
		int v=sq[i].to;
		if (v==fu) continue;
		dfs1(v,u);
		if (mx[v]>mx[u]) {son[u]=v;mx[u]=mx[v];}
	}
}

void dfs2(int u,int tpu)
{
	tp[u]=tpu;
	if (u==tpu)
	{
		int now=u;
		rep(i,0,mx[u]-dep[u])
		{
			D[u].pb(now);
			now=son[now];
		}
		now=u;
		rep(i,0,mx[u]-dep[u])
		{
			U[u].pb(now);
			now=fa[now][0];
		}
	}
	if (son[u]) dfs2(son[u],tpu);
	go(u,i)
	{
		int v=sq[i].to;
		if ((v==fa[u][0]) || (v==son[u])) continue;
		dfs2(v,v);
	}
}

int query(int x,int k)
{
	if (!k) return x;
	x=fa[x][hbit[k]];k-=(1<<hbit[k]);
	//cout << "half " << x << " " << k << endl;
	k-=(dep[x]-dep[tp[x]]);x=tp[x];
	//cout << "now " << x << " " << k << endl;
	if (k>=0) return U[x][k];else return D[x][-k];
}

int main()
{
	n=read();q=read();s=read();
	rep(i,1,n)
	{
		int fa=read();
		add(fa,i);add(i,fa);
		if (!fa) rt=i;
	}
	rep(i,2,n) hbit[i]=hbit[i>>1]+1;
	dfs1(rt,0);dfs2(rt,rt);
	int ans=0;ll fin=0;
	rep(i,1,q)
	{
		int x=(get(s)^ans)%n+1,k=(get(s)^ans)%dep[x];
		ans=query(x,k);
		fin^=(1ll*i*ans);
	}
	printf("%lld",fin);
	return 0;
}

2、优化某些dp

有些dp的状态形如(f_{u,i})，其中(i)这一维只与深度有关。对于这样的dp我们可以使用长链剖分进行优化。具体的，我们先做(u)的重儿子，之后再将所有的轻儿子的答案合并到这上面去。如果我们合并的时候可以做到(O(len))合并，那么总的时间复杂度就是(O(sum len))，也就是(O(n))

例题：codeforces 1009F

先把暴力dp的式子写起来：(f_{u,i})表示在(u)的子树中距离(u)等于(i)的点的个数，那么有

[f_{u,0}=1,f_{u,i}=sum_{vin son_u} f_{v,i-1} ]

第二维的信息只和深度有关，于是可以用长链剖分来优化dp

#include<string.h>
#include<string>
#include<stdio.h>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<math.h>
#include<queue>
#include<set>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef long double db;
typedef pair<int,int> pii;
const int N=100000;
const db pi=acos(-1.0);
#define lowbit(x) (x)&(-x)
#define sqr(x) (x)*(x)
#define rep(i,a,b) for (register int i=a;i<=b;i++)
#define per(i,a,b) for (register int i=a;i>=b;i--)
#define go(u,i) for (register int i=head[u];i;i=sq[i].nxt)
#define fir first
#define sec second
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define maxd 998244353
#define eps 1e-8
struct node{int to,nxt;}sq[2002000];
int all=0,head[1001000];
int n,son[1001000],ans[1001000],*f[1001000],tmp[1001000],*id=tmp,len[1001000];

inline int read()
{
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while ((ch<'0') || (ch>'9')) {if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
    while ((ch>='0') && (ch<='9')) {x=x*10+(ch-'0');ch=getchar();}
    return x*f;
}

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

void dfs1(int u,int fu)
{
	go(u,i)
	{
		int v=sq[i].to;
		if (v==fu) continue;
		dfs1(v,u);
		if (len[son[u]]<len[v]) son[u]=v;
	}
	len[u]=len[son[u]]+1;
}

void dfs2(int u,int fu)
{
	f[u][0]=1;
	if (son[u])
	{
		f[son[u]]=f[u]+1;
		dfs2(son[u],u);
		ans[u]=ans[son[u]]+1;
	}
	go(u,i)
	{
		int v=sq[i].to;
		if ((v==fu) || (v==son[u])) continue;
		f[v]=id;id+=len[v];dfs2(v,u);
		rep(j,1,len[v])
		{
			f[u][j]+=f[v][j-1];
			if (((j<ans[u]) && (f[u][j]>=f[u][ans[u]])) || ((j>ans[u]) && (f[u][j]>f[u][ans[u]])))
				ans[u]=j;
		}
	}
	if (f[u][ans[u]]==1) ans[u]=0;
}

int main()
{
	n=read();
	rep(i,1,n-1)
	{
		int u=read(),v=read();
		add(u,v);add(v,u);
	}
	dfs1(1,0);
	f[1]=id;id+=len[1];
	dfs2(1,0);
	rep(i,1,n) printf("%d
",ans[i]);
	return 0;
}