原文鏈接 https://www.cnblogs.com/zhouzhendong/p/LCT.html
由於我感覺之前的ppt版過於愚蠢而且之前使用的編輯器不是 Markdown，所以我把它變成了網頁版。
LCT 入門總結
問題模型
給定一棵森林，每一個點有一個權值。請你支持以下操作：
- 單點修改權值。
- 詢問一條鏈點權和。
- 刪除一條邊。
- 修改一條邊。
設點數和操作數都為 \(n\)，則要求做到 \(O(n\log n)\) 的時間復雜度。
什么是 LCT
LCT 全稱 Link-Cut Tree ，用於處理一類動態樹問題。
LCT 將所有的邊分成實邊和虛邊兩類，形成若干條實鏈，並對此建立一個輔助樹。
對於每一條實鏈，以節點深度為關鍵字將節點用splay存起來。
一個輔助樹例子
其中紅色的是實邊，黑色的是虛邊。
那么在原樹中，2 的父親是 8 ，7 的父親是 1 。其中用灰色箭頭連接起來的 1-7-5-8-2-6 是一條樹鏈。
下圖就是上圖對應的原樹。
如何維護 LCT
前置技巧 splay
略
Access
Access(x) 的作用是打通一條從節點x 到達連通塊根的路徑。
例如在下圖中 Access(8)
令初始時 tmp = 0（注意此時 \(x = 8\)）
第一步，把節點x splay 到它所在的實鏈對應的平衡樹頂端。
然后把 tmp 接到 x 以下。等價於將實鏈中，深度大於 x 的部分切斷。然后令 tmp = x, x = fa[x]; 此時 \(x = 1\)，於是接下來對於節點1 做 splay，也切斷深度大於 1 的一部分，再將 tmp 接上去。不斷向根循環進行操作，最終得到下圖（結合代碼理解更佳）：
性質
如上圖所示， Access(8) 之后， 節點8 一定是這條實鏈的最深節點。如果將他 splay 到根，那么它一定沒有右兒子。
代碼
void access(int x){
int t=0;
while (x){
splay(x),son[x][1]=t;
t=x,x=fa[x];
}
}
換根(rever)
rever(x) 的作用是將 x 變成連通塊的根。
代碼
void rever(int x){
access(x),splay(x),rev[x]^=1;
}
簡單解釋
access(x)：打通到根路徑。splay(x)：將 x 提到根（注意這時候 x 是沒有右子樹的）。由於這里是換根，如果這樣就結束了，那么 x 的深度沒有變。既然換根，那么也要換深度，所以打上翻轉標記來實現深度翻轉。
link
link(x,y) 即在 x 與 y 之間連邊。
代碼
void link(int x,int y){
rever(x),fa[x]=y;
}
簡單解釋
將 x 變成根之后， x 就沒有 father 了，這樣就取消了 x 的 father 的干擾；然后再建立 x->y 的虛邊。
cut
代碼
void cut(int x,int y){
rever(x),access(y),splay(y),fa[x]=son[y][0]=0;
}
簡單解釋
rever(x): 將 x 變成該連通塊的根。
access(y): 打通從 y 到該連通塊根 x 的一條路徑。
splay(y): 將 y 已到輔助樹根位置。
這時，由於 x 和 y 在同一連通塊切有直接連邊，又因為 x 的深度比 y 小，所以在輔助樹中 x 必然是 y 的左子節點，直接斷開就好了。
時間復雜度證明
https://www.cnblogs.com/zhouzhendong/p/JunTanFenXi.html
一個維護樹鏈權值和的例子
int n,m;
int fa[N],son[N][2],rev[N],val[N],sum[N];
bool isroot(int x){
return son[fa[x]][0]!=x&&son[fa[x]][1]!=x;
}
void pushup(int x){
sum[x]=sum[son[x][0]]+sum[son[x][1]]+val[x];
}
void pushdown(int x){
if (rev[x])
rev[son[x][0]]^=1,rev[son[x][1]]^=1,swap(son[x][0],son[x][1]),rev[x]=0;
}
void pushadd(int x){
if (!isroot(x))
pushadd(fa[x]);
pushdown(x);
}
int wson(int x){
return son[fa[x]][1]==x;
}
void rotate(int x){
if (isroot(x))
return;
int y=fa[x],z=fa[y],L=wson(x),R=L^1;
if (!isroot(y))
son[z][wson(y)]=x;
fa[x]=z,fa[y]=x,fa[son[x][R]]=y;
son[y][L]=son[x][R],son[x][R]=y;
pushup(y),pushup(x);
}
void splay(int x){
pushadd(x);
for (int y=fa[x];!isroot(x);rotate(x),y=fa[x])
if (!isroot(y))
rotate(wson(x)==wson(y)?y:x);
}
void access(int x){
int t=0;
while (x){
splay(x);
son[x][1]=t;
pushup(x);
t=x;
x=fa[x];
}
}
void rever(int x){
access(x);
splay(x);
rev[x]^=1;
}
void link(int x,int y){
rever(x);
fa[x]=y;
}
void cut(int x,int y){
rever(x);
access(y);
splay(y);
fa[x]=son[y][0]=0;
}
例題
[HNOI2010] 彈飛綿羊
沿着一條直線有n個裝置，每個裝置設定初始彈力系數ki，當綿羊達到第i個裝置時，它會往后彈ki步，達到第i+ki個裝置，若不存在第i+ki個裝置，則綿羊被彈飛。當它從第i個裝置起步時，被彈幾次后會被彈飛？此外，還會中途修改某個彈力裝置的彈力系數，任何時候彈力系數均為正整數。
\(n\leq 10^5\)
提示
我們把彈簧裝置看做 x 的效果看做一條從節點 i 到節點 i+ki 的邊，那么必然會得到一棵樹。
我們設一個總的根節點 root 表示彈飛之后到達的節點，那么顯然節點 i 的答案就是 i 到 root 的距離。
代碼
http://www.cnblogs.com/zhouzhendong/p/8028221.html
[SDOI2008] Cave
有 n 個點，一開始沒有連邊。有 m 次操作：
操作有 3 種類型：一種是連接某兩個點，一種是斷開某一條邊。還有一種是詢問兩個點是否連通。
操作過程中保證整個圖是森林。
\(n\leq 10^4,m\leq 2\times 10^5\)
提示
主要問題是判斷兩個點是否在同一個連通塊里。注意到如果他們在同一個連通塊，那么他們的根是相同的。
判斷 x y 是否在同一個連通塊的做法很多，隨便說幾種：
- rever(x); access(y); splay(y); 找到 y 對應的splay里優先級最高的點看看是不是 x 就好了。（就是不斷往左節點跳）
- access(x); splay(x); 找到 x 對應的splay里優先級最高的點 k1; access(y); splay(y) 找到 y 對應的splay里優先級最高的點 k2 ，判斷 k1 是否等於 k2 即可。
“找優先級最高的點”本質是找原樹的根。
代碼
http://www.cnblogs.com/zhouzhendong/p/8029252.html
BZOJ2843 極地旅行社
有n座島，每座島上的企鵝數量雖然會有所改變，但是始終在[0, 1000]之間。你的程序需要處理以下三種命令：
- "bridge A B"——在A與B之間建立一座大橋（A與B是不同的島嶼）。由於經費限制，這項命令被接受，當且僅當A與B不聯通。若這項命令被接受，你的程序需要輸出"yes"，之后會建造這座大橋。否則，你的程序需要輸"no"。
- "penguins A X"——根據可靠消息，島嶼A此時的帝企鵝數量變為X。這項命令只是用來提供信息的，你的程序不需要回應。
- "excursion A B"——一個旅行團希望從A出發到B。若A與B連通，你的程序需要輸出這個旅行團一路上所能看到的帝企鵝數量（包括起點A與終點B），若不聯通，你的程序需要輸出"impossible"。
提示
直接多維護一個樹鏈和就好了。
只需要在改變輔助樹實鏈形態的時候pushup就好了。
代碼
http://www.cnblogs.com/zhouzhendong/p/8033088.html
BZOJ2631
一棵n個節點的樹，節點有權值，m次操作。
要支持: 刪邊、連邊、區間求和、區間加、區間乘。
保證操作過程中不出現環。
\(n,m\leq 100000\)
提示
把你學過的線段樹的pushup放到lct上就好了。
代碼
http://www.cnblogs.com/zhouzhendong/p/8038368.html
BZOJ2594 [Wc2006] 水管局長數據加強版
n個點的圖，m條帶權邊,有q次操作
操作有兩個類型：
- 在節點x到y的之間所有路徑中找一條路徑，使得這條路徑上的最大邊權盡量小，輸出這個最小值。
- 刪除某一條邊
操作過程中保證圖連通。
\(n,q\leq 10^5,m\leq 10^6\)
提示
這題需要用到“時光倒流”。
首先，我們先假裝邊都刪好了，然后倒過來一邊加邊，一邊回答。
其次，我們要找的這條邊，肯定在當前最小生成樹中 x 到 y 路徑上的。
於是我們需要維護邊權 max 。但是到現在位置，我們所知 LCT 只能維護點權 max。
只需要把邊看做一個點，這個點向這條邊連接的兩個點各連一條邊即可。
代碼
http://www.cnblogs.com/zhouzhendong/p/8041313.html
BZOJ3514 Codechef MARCH14 GERALD07加強版
N個點M條邊的無向圖，詢問保留圖中編號在[l,r]的邊的時候圖中的聯通塊個數。
\(N,M,Q\leq 200000\)
提示
- 首先，將邊按照編號順序依次加入圖中。每當出現環時，將環中最早加入的邊彈出。記第 i 條邊被彈出的時間為 \(T_i\) ，表示在第 \(T_i\) 條邊加入的時候，第 i 條邊被彈出了。
- 詢問一段區間的邊出現的情況下的 連通塊個數，可以轉化成 點數 - 任意一個生成森林的邊數。那么如何求邊數？對於一對 \([L,R]\) ，滿足 \(L\leq i\leq R, R < T_i\) 的點數。所以只要主席樹維護一下就好了。
代碼
由於寫代碼在很久以前，所以代碼和這里的做法簡述可能有些偏差，但無傷大雅。
http://www.cnblogs.com/zhouzhendong/p/8042515.html
UOJ#207. 共價大爺游長沙
給定一個 n 個節點的樹，有 m 次操作，操作有以下 4 種類型：
- 給定四個正整數 x,y,u,v，表示先刪除連接點x和點y的無向邊，保證存在這樣的無向邊，然后加入一條連接點u和點v的無向邊，保證操作后的圖仍然是一棵樹。
- 給定兩個正整數 x,y，表示在 S 中加入點對 (x,y)。
- 給定一個正整數 x，表示刪除第 x 個加入 S 中的點對，即在第 x 個操作2中加入 S 中的點對，保證這個點對存在且仍然在 S 中。
- 給定兩個正整數 x,y，詢問連接點 x 和點 y 的邊是否屬於 S 集合中的所有路徑的交集，保證存在這樣的無向邊且此時 S 不為空。
\(n\leq 10^5,m\leq 3\times 10^5\)
提示
首先，我們發現詢問一條邊(x,y)是否是所有路徑的交集，可以轉化成：
將 x 變成根，詢問在S集合中的每一條路徑是否都有且僅有一個端點出現在 y 子樹中。
於是，問題轉化成了維護子樹信息。對於每一條路徑的兩端點，我們 random 一個值，並 xor 給這兩個端點，於是原問題就變成了 LCT 維護子樹節點權值 xor 。
LCT 維護子樹信息和維護樹鏈信息有些差別。我們在 LCT 的時候，再對於每一個節點維護其虛兒子的信息。由於 LCT 涉及修改虛兒子的操作十分少，所以只需要在修改邊的虛實關系的時候順便維護一下就好了。
代碼
https://www.cnblogs.com/zhouzhendong/p/UOJ207.html
更多習題
BZOJ3091 城市旅行
BZOJ2759 一個動態樹好題
BZOJ4025 二分圖（這題也有其他做法）
鳴謝
感謝 cly 大爺強行要學動態dp，蒟蒻zzd也去學了學，順便學了全局平衡二叉樹才發現我之前的LCT博客寫錯了。
感謝 emoarix 在很久以前提供的例題一道 BZOJ4025。
感謝 Yang Zhe《SPOJ375 QTREE 解法的一些研究》使我從中獲益。