Link-Cut Trees 小記

忘光啦 /dk /dk
本來 rotate 都會打錯的我現在終於會打啦 於是 splay 打錯了

基礎要點

實鏈剖分

• 重鏈剖分是我們很熟悉的一個結構，它的優秀之處在於可以將樹上問題更加方便地轉化為序列問題（雖然也不全是）。然而注意到重剖只適用於靜態樹，如果將樹結構動態化那么重剖就不太行了。
• 於是引入一個更加靈活的鏈剖結構：實鏈剖分。它不依據大小，也不按照深度，虛實邊是人為規定的。
• 不過我們仍然需要一個數據結構來維護實鏈。為了適應實鏈剖分的靈活，我們選擇 Splay 作為輔助樹。

輔助樹

• 由於下面輔助樹可以表示出 唯一 的原樹，所以我們一般只維護這些輔助樹。
• 對於一條實鏈，顯然實鏈上的點深度連續，因此每棵 Splay 的 中序遍歷 的頂點序列深度是遞增且連續的。
• 虛邊在輔助樹中 認父不認子。具體的，在每棵 Splay 的根結點，其父指針（fa）指向 當前所在鏈頂在原樹上的父親。

基礎操作

\(\text{access}\)

• access(x) 表示 打通 一條 \(x\) 到根的一條實鏈，實鏈以 \(x\) 為底，以根為頂。
• 至關重要的操作之一，基本上是所有操作的基礎。
• 實現不復雜，一步步往上拉，具體分 4 步：splay（轉到根）；換兒子（換實邊）；pushup（換了兒子要及時更新）；跳 fa。

• inline void access(int x) {
    for (int p = 0; x; x = fa[p = x])
      splay(x), ch[x][1] = p, pushup(x);
  }
  

\(\text{makeRoot}\)

• 若需要求出一條路徑的信息，那么需要兩點位於同一條實鏈上。然而這兩個點 可能並沒有祖孫關系，導致無法在同一個 Splay 中。
• makeRoot(x) 表示將 \(x\) 換為原樹的根。
• 實現也很簡單：首先 access(x)，這時發現這條實鏈和預期相比恰好是反的，於是 splay 上來后就打翻轉 Tag 就行了：

• inline void makeRoot(int x) {
    access(x), splay(x), setRev(x);
  }
  

\(\text{split}\)

• split(x,y) 表示隔離出一條以 \(x, y\) 為端點的實鏈。
• 實現依靠前兩個操作：makeRoot(x), access(y), splay(y);。操作之后 \(y\) 就包含了鏈上的信息。

\(\text{link}\)

• link(x, y) 表示加入一條 \(x, y\) 之間的邊。
• 比較穩妥的寫法：先 makeRoot(x), makeRoot(y)，接下來如果 fa[x] 是 0 那么 \(x, y\) 不連通，之間 fa[x] = y 即可。

\(\text{cut}\)

• cut(x, y) 表示切斷連接 \(x, y\) 的邊。
• 比較穩妥的寫法：先 split(x,y)，如果滿足 ch[y][0] == x && !ch[x][1]（說明 \(x, y\) 聯通且 \(x,y\) 路徑上不包含其他點）則表明 \(x,y\) 由一條邊直接相連，那么 將這條實邊直接斷掉 即可：fa[x] = ch[y][0] = 0, pushup(y);
• 如果維護了 Splay 上的子樹大小也可以根據 split(x,y) 出來的 Splay 樹大小判斷，如果大小為 2 說明直接相連。

其他次要操作

• 要找一個點所在原樹的根，需要先 access(x), splay(x)，根據深度遞增的性質 易知原樹的根必然就是以 \(x\) 為根的 Splay 的最左側，找到后記得 splay 這個點保證復雜度。這個操作習慣稱為 findRoot(x)。
• 判斷兩點連通性：可以 makeRoot(x) 之后用上面的方法判斷 findRoot(y) 是否等於 \(x\) 即可。或者用 link 中的方法也行。不過對常數有要求時可以考慮並查集（如果可以）。
• 修改時需要 先 splay 上來，保證不會漏更新上面的點。

注意點

• 為了 保證復雜度，理論上每次在 Splay 中向下遍歷的行為都要 splay 上來找到的點。一般而言，並不推薦在 access 之外的地方使用循環遍歷 Splay 樹結構的行為。當然有為了優化復雜度等目的使用高明方法的例外（動態加邊重心），具體問題具體分析。

• 小心操作的副作用！如上述的 findRoot 需要為了保證復雜度但卻 改動了 Splay 的結構，這是一個很危險的信號。比如 link 如果直接使用 findRoot 判連通性的話，此時 \(y\) 不能保證還是 Splay 的根，如果不干其他補救措施（加一個 splay(y) 之類的）坐以待斃的話，在需要維護虛子樹的信息時就會 遺漏更新。

• rotate、splay 的寫法略與朴素 Splay 有別，這里直接貼：

  #define ident(x) (x == ch[fa[x]][1])
  #define isRoot(x) (x != ch[fa[x]][0] && x != ch[fa[x]][1])
  inline void rotate(int x) {
    int y = fa[x], z = fa[y], k = ident(x);
    if (!isRoot(y)) ch[z][y == ch[z][1]] = x;
    ch[y][k] = ch[x][k ^ 1], fa[ch[x][k ^ 1]] = y;
    ch[x][k ^ 1] = y, fa[fa[y] = x] = z;
    pushup(y), pushup(x);
  }
  void flush(int x) {
    if (!isRoot(x)) flush(fa[x]);
    pushdown(x);
  }
  inline void splay(int x) {
    flush(x);
    for (int y = fa[x]; y = fa[x], !isRoot(x); rotate(x))
      if (!isRoot(y)) rotate(ident(y) == ident(x) ? y : x);
  }
  

• 如果題目有強烈法方向性要求（比如 LCA 特判、有根樹等等），那么可以考慮 有根樹寫法的 LCT（上面是無根樹寫法）。具體的，沒有換根 & 翻轉標記；link 直接連虛邊；cut 直接斷重邊。少去了很多花里胡哨的操作。但是注意，寫法簡潔、常數減小的同時也更需要斟酌其正確性。

常用技巧

邊權轉點權

• 如果不問點權而是邊權，怎么維護？
• 很簡單，把邊 拆 成一個點和兩條邊然后照做就行。注意防止 點對應的結點影響信息，於是可以初始化為無用值或 pushup 特判等手段規避。
• 注意現在 LCT 中點數為 \(n+m\)。
• 例題：SPOJ QTREE。

動態加邊 MST

• 需要基於上面的技巧，維護邊權最大值及其 位置（假設求最小生成樹）。
• 現在來了一條邊 \((x,y)\) 權值為 \(w\)。先 split 提取出 \(x,y\) 的路徑，然后求出路徑上所有邊的最大權值 \(w^\prime\)。如果 \(w<w^\prime\) 說明這條 新邊加上會更優，於是果斷將原來那個給 cut 了，link 上新邊。最后得到的樹就是答案。
• 例題：Luogu P4234 最小差值生成樹。

動態加邊維護橋

• 給邊賦權：\(1\) 表示橋，\(0\) 表示不是橋。那么需要維護邊權和。
• 如果一條邊連接兩個原本不連通的點，那么 link 上一條權值為 1 的邊。
• 反之則會出現一個環，而環上 不應存在任何一個橋。那么不用 link 原本連接 \(x,y\) 的路徑上的所有邊都賦值為 0。
• 查詢兩點間橋的個數，直接就是路徑求和。
• 當然也有 FlashHu 那樣的 顯式縮點，常數小但容易寫錯。
• 例題：Luogu P2542 [AHOI2005] 航線規划。

維護子樹信息

• 遺憾的是 LCT 對於子樹就是短板了……但補救手段也不是沒有。

• 常見的處理方法額外維護 虛子樹 信息，然后在原來的寫法上略加改動：

  inline void pushup(int x) {
    siz[x] = siz[ch[x][0]] + siz[ch[x][1]] + isiz[x] + 1;//此時的 siz 包含的虛子樹的大小
  }
  inline void access(int x) {
    for (int p = 0; x; x = fa[p = x]) {
      splay(x);
      isiz[x] += siz[ch[x][1]];
      isiz[x] -= siz[ch[x][1] = p]; // 及時切換貢獻
      pushup(x);
    }
  }
  

• 注意到上面寫法維護的信息需要滿足可減性。如果不滿足（比如子樹最值）那么可以使用些數據結構輔助維護。

• 例題：Luogu P4219 [BJOI2014] 大融合

動態加邊維護重心

Solution 1

• 考慮啟發式合並的思路：每次合並兩棵的樹，將小樹拆成單點一個個連到大樹上。由於一個點之后被合並 \(O(\log n)\) 次，所以復雜度為 \(O(n\log^2 n)\)。
• 那么怎么動態維護重心？考慮到一個性質：一棵樹加一個點，重心 最大移動一個距離。於是每次加點判斷一下暴力挪動即可。顯然挪動次數不超過加點次數，復雜度是對的。

Solution 2

• 充分利用重心的性質：兩棵樹合並，新重心必然在 原來兩個重心在新樹上的路徑上。

• 那么在 link 之后先將這個連接重心的路徑 split 出來，然后做 平衡樹上二分。

• 具體的，需要維護好 子樹大小，然后維護兩個字段：lsum 表示當前搜索區間外左側的大小，同理定義 rsum。

• 對於當前點 \(x\)，如果說 lsum 加上左子樹 siz 不超過一半，右邊也是，那么當前點必然可以作為一個重心。

• 然而我們似乎遺漏了當前點的 isiz，這部分會不會很大導致錯誤？回顧上面的性質，由於 isiz 必然不在這條重鏈 上，於是不必考慮。

• 找到之后記得及時 splay 保證復雜度，總復雜度 \(O(n\log n)\)。

  // uset : 維護連通塊重心的並查集
  inline void update(int u, int v) {
    split(u = find(u), v = find(v));
    int x(v), lsum(0), rsum(0), tot(siz[x]), ret(N);
    while (x) {
      pushdown(x);
      int lcur(lsum + siz[ch[x][0]]), rcur(rsum + siz[ch[x][1]]);
      if (lcur * 2 <= tot && rcur * 2 <= tot) {
        if (tot & 1) { ret = x; break; }
        else { ret = std::min(ret, x); }
      }
      if (lcur < rcur) lsum = lcur + isiz[x] + 1, x = ch[x][1];
      else rsum = rcur + isiz[x] + 1, x = ch[x][0];
    }
    splay(ret);
    uset[u] = uset[v] = uset[ret] = ret;
  }
  

• 例題：Luogu P4299 首都。

動態 dp

• 大致思路和重鏈剖分相似，適用維護子樹信息的技巧維護 \(f,g\) 兩個矩陣即可。
• 但要注意（廣義）矩陣乘法 沒有交換律，注意 pushup 時的順序。
• access 時需要撤銷原來虛子樹的影響，直接根據矩陣的 實際意義 做即可。注意判空。
• 一般來說復雜度為 \(O(n\log n)\) 乘上矩乘的復雜度，略優於樹剖。
• 例題：Luogu P5024 保衛王國

維護同色連通塊

• 有些題目要求維護點的顏色（一般種類不會很多）及其相關信息（比如同色連通塊大小）。
• 一個簡單的想法是，對於每條邊，只有在兩端同色時被連上。然而被 菊花圖 卡爆。
• 考慮對原樹定一個根，只連父邊，然后 開顏色種類個 LCT。對於每個 LCT 中的一個點，僅在其當前顏色的 LCT 中連父邊。
• 然后查詢時，要先砍掉當前連通塊的根。因為上面只連父邊導致會有一個 虛假的點（並不是這個顏色）出現在連通塊中，而這個點可能 聯立了其他連通塊，於是不能僅僅將大小減一。實際上也不是真正要執行 cut 操作，注意到 access(x) 之后當前點已經在實鏈上了，於是我們先 findRoot(x) 找到這個根，然后這個根已經在 findRoot 中 splay 上來了，於是直接找這個根的右兒子就是所求。
• 例題：SPOJ QTREE6。

雜題選做

【HNOI2010】彈飛綿羊

有 \(n\) 個彈簧排成一排，每個彈簧有一個彈力系數 \(K_i\)，表示從 \(i\) 可以彈到 \(i+K_i\) 的位置。\(Q\) 次操作，每次修改一個 \(K_i\)，或詢問從 \(i\) 開始彈幾次被彈飛（彈到 \(>n\) 的位置）。

• 首先應該得認出這個 森林 的模型：對於每個點 \(i\)，父節點為 \(i+K_i\)，如果這個點之后被彈飛那么就是根。
• 發現這題有比較強的 方向性，考慮有根樹 LCT。
• 修改就是換父親，而查詢就是這個點在原樹中的 深度——也就是 access 之后得到的 Splay 的 siz。
• 當然也可以用一個虛點 \(n+1\) 作為 超級根 聯立森林，這樣就可以套有根 LCT 模板了。復雜度都是 \(O(n\log n)\)。

【CodeChef GERALD07】Chef and Graph Queries

給定一個 \(n\) 個點，\(m\) 條邊的無向圖，有 \(Q\) 次詢問，每次給定區間 \([l, r]\)，求只保留編號在 \([l,r]\) 內的邊，形成的圖的連通塊個數。

• 一道神仙題（應該是 wtrl
• 首先考慮按編號將邊一條條加入，無非分兩種情況：這條邊聯通了兩個不同的連通塊，那么答案減一；否則這條邊與其他邊構成了環，那么對答案沒有貢獻。
• 那么如果知道了這個區間的邊一個個加入，那些邊構成了環就行。
• 着重思考成環邊：雖然構成一個環，不過如果這個環上有些 出現較早的邊因為區間性質不復存在，那么環上出現缺口，這條邊仍然產生貢獻。實際上一個環一旦存在一個缺口就會斷開兩個連通塊，於是不妨只考慮 出現最早的那條邊。每次轉化為求一條 鏈（當前邊尚未加入）上 編號最小的邊。
• 那么考慮預處理一個 \(\text{pre}_i\) 表示第 \(i\) 條邊在前面的一條邊 \(\text{pre}_i\) 不存在是它會有貢獻。用 LCT 維護 最大生成樹。
• 最后詢問可以看做是求區間 \([l,r]\) 內滿足 \(\text{pre}_i<l\) 的 \(i\) 的個數。二維數點，隨便搞。\(O(n\log n)\)。