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))
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;
}