目录
前言
在同学们一路走来的过程中，一定已经学习了倍增求 LCA 的算法。
倍增求 LCA 算法只适用于少部分情况，那么，如果要求在求出 LCA 的同时，对两点 \(a, b\) 之间的所有点权（或边权）进行求和或修改，又该怎么做呢？这里介绍一种 树链剖分 的方法（树链剖分有多种，这里只介绍其中用途最广的一种，重链剖分）。
一、树剖是什么？
顾名思义，树链剖分就是将整棵树剖分为若干条链，使它组合成一个线性结构，然后用其他的数据结构维护树上的信息。
重链剖分 可以将树上的任意一条路径划分成不超过 \(O(\log n)\) 条连续的链，保证划分出的每条链上的节点 DFS 序 连续，因此可以方便地使用 线段树 之类的数据结构来维护树上的信息。
二、重链剖分
首先，我们要明确一些定义：
-
重子节点：某个点的子节点中子树最大的子结点。如果有多个子树最大的子结点，取其中任意一个即可。如果该点没有子节点，就无重子节点。
-
轻子节点：除重子节点以外的所有子结点。
-
重边：从节点到重子节点的边。
-
轻边：从节点到轻子节点的边。
-
重链：由若干条首尾衔接的重边构成的链。
若我们把无重子节点的点也当成一条重链，则这棵树就可以被划分成若干条互不相交的重链。容易发现，一颗子树内的 DFS 序是连续的。这也方便了我们维护字树内的值。
其实有一种树剖方试叫轻链剖分，划分的方法与重链剖分类似，这里不多赘述。
注：图片引自 OI-WIKI。
树剖的实现
重剖的实现是由两个 DFS 完成的。
对于每个节点 \(u\)：
- 用第一个 DFS 记录每个结点的父节点（记作 \(f_u\)）、深度（记作 \(dep_u\)）、子树大小（记作 \(son_u\)）、重子节点（记作 \(heavy_u\)）。
- 第二个 DFS 则记录所在链的头（记作 \(top_u\)）、按先重边后轻边的顺序遍历时的 DFS 序（记作 \(dfn_u\)）、DFS 序对应的节点编号（由于 C++ 中 \(\texttt{rank}\) 为关键字，记作 \(ranki_u\)）。显然，有 \(rank_{dfn_u}=u\)。
修改部分：
- 对于每次两点之间路径上的点的区间修改或查询操作，将两个点沿着重链不断向上跳祖先，由于每条链内的点的 DFS 序一定是连续的，所以区间修改/查询 \(dfn_{top_x} \sim dfn_x\) 即可。
- 对于以某个顶点为根的子树的修改操作，由于这棵子树内的 DFS 序连续（上文已说明），区间修改/查询 \(dfn_x \sim dfn_x+son_x-1\) 即可。
- 使用 线段树 维护修改标记即可。
模板题代码（洛谷 P3384 【模板】重链剖分/树链剖分）：
// Problem: P3384 【模板】重链剖分/树链剖分
// Contest: Luogu
// URL: https://www.luogu.com.cn/problem/P3384
// Memory Limit: 128 MB
// Time Limit: 1000 ms
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N = 100005;
int n, m, r, p, tot, opt, x, y, z, cnt;
int heavy[N], son[N], dfn[N], top[N], ranki[N], val[N], dep[N], f[N], head[N];
struct edge
{
int to, nxt;
}e[N << 1];
struct node
{
int l, r, tag, sum;
}tree[N << 2];
inline void add_edge(int x, int y)
{
e[++tot] = {y, head[x]}, head[x] = tot;
}
inline void dfs1(int u, int fa)
{
dep[u] = dep[fa] + 1, f[u] = fa, son[u] = 1;
for(int i = head[u]; ~i; i = e[i].nxt)
{
int v = e[i].to;
if(v == fa) continue;
dfs1(v, u);
son[u] += son[v];
if(son[v] > son[heavy[u]]) heavy[u] = v;
}
return;
}
inline void dfs2(int u, int tp)
{
top[u] = tp, dfn[u] = ++cnt, ranki[dfn[u]] = u;
if(!heavy[u]) return;
dfs2(heavy[u], tp);
for(int i = head[u]; ~i; i = e[i].nxt)
{
int v = e[i].to;
if(v != f[u] && v != heavy[u]) dfs2(v, v);
}
return;
}
inline void push_up(int x)
{
tree[x].sum = tree[x << 1].sum + tree[x << 1 | 1].sum;
}
inline void push_down(int x)
{
tree[x << 1].tag += tree[x].tag, tree[x << 1].tag %= p;
tree[x << 1 | 1].tag += tree[x].tag, tree[x << 1 | 1].tag %= p;
tree[x << 1].sum = (tree[x << 1].sum + tree[x].tag * (tree[x << 1].r - tree[x << 1].l + 1)) % p;
tree[x << 1 | 1].sum = (tree[x << 1 | 1].sum + tree[x].tag * (tree[x << 1 | 1].r - tree[x << 1 | 1].l + 1)) % p;
tree[x].tag = 0;
}
inline void build(int l, int r, int x)
{
tree[x] = {l, r, 0, 0};
if(l == r) return (void) (tree[x].sum = val[ranki[l]] % p);
int mid = l + r >> 1;
build(l, mid, x << 1);
build(mid + 1, r, x << 1 | 1);
push_up(x);
}
inline void update(int l, int r, int k, int x)
{
if(l <= tree[x].l && tree[x].r <= r)
return (void) (tree[x].tag = (tree[x].tag + k) % p, tree[x].sum = (tree[x].sum + k * (tree[x].r - tree[x].l + 1)) % p);
int mid = tree[x].l + tree[x].r >> 1;
push_down(x);
if(l <= mid) update(l, r, k, x << 1);
if(r > mid) update(l, r, k, x << 1 | 1);
push_up(x);
}
inline int query(int l, int r, int x)
{
if(l <= tree[x].l && tree[x].r <= r) return tree[x].sum;
int mid = tree[x].l + tree[x].r >> 1, ans = 0;
push_down(x);
if(l <= mid) ans += query(l, r, x << 1);
if(r > mid) ans += query(l, r, x << 1 | 1);
push_up(x);
return ans % p;
}
inline void change(int x, int y, int z)
{
while(top[x] != top[y])
{
if(dep[top[x]] < dep[top[y]]) swap(x, y);
update(dfn[top[x]], dfn[x], z, 1);
x = f[top[x]];
}
if(dfn[x] > dfn[y]) swap(x, y);
update(dfn[x], dfn[y], z, 1);
}
inline int ask(int x, int y)
{
int ans = 0;
while(top[x] != top[y])
{
if(dep[top[x]] < dep[top[y]]) swap(x, y);
ans = (ans + query(dfn[top[x]], dfn[x], 1)) % p;
x = f[top[x]];
}
if(dfn[x] > dfn[y]) swap(x, y);
return (ans + query(dfn[x], dfn[y], 1)) % p;
}
signed main()
{
ios :: sync_with_stdio(false);
memset(head, -1, sizeof head);
cin >> n >> m >> r >> p;
for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> val[i];
for(int i = 1; i < n; i++)
{
cin >> x >> y;
add_edge(x, y);
add_edge(y, x);
}
dfs1(r, 0);
dfs2(r, 0);
build(1, n, 1);
while(m--)
{
cin >> opt;
if(opt == 1)
{
cin >> x >> y >> z;
change(x, y, z);
}
else if(opt == 2)
{
cin >> x >> y;
cout << ask(x, y) % p << '\n';
}
else if(opt == 3)
{
cin >> x >> z;
update(dfn[x], dfn[x] + son[x] - 1, z, 1);
}
else if(opt == 4)
{
cin >> x;
cout << query(dfn[x], dfn[x] + son[x] - 1, 1) % p << '\n';
}
}
return 0;
}
例题
\(\text{\color{3498DB}洛谷 P3384 【模板】重链剖分/树链剖分}\)
\(\text{\color{3498DB}洛谷 P2590 [ZJOI2008] 树的统计}\)
\(\text{\color{52C41A}洛谷 P3128 [USACO15DEC] Max Flow P}\)
\(\text{\color{3498DB}洛谷 P3038 [USACO11DEC] Grass Planting G}\)
\(\text{\color{3498DB}洛谷 P3833 [SHOI2012] 魔法树}\)
\(\text{\color{3498DB}洛谷 P4114 Qtree1}\)
\(\text{\color{3498DB}洛谷 P2146 [NOI2015] 软件包管理器}\)
\(\text{\color{3498DB}洛谷 P4281 [AHOI2008] 紧急集合 / 聚会}\)
\(\text{\color{9D3DCF}洛谷 P1505 [国家集训队] 旅游}\)
总结
以上就是树链剖分的内容，本文仅仅简单介绍了重链剖分的思路与实现流程，而重链剖分能解决的问题还远不止于此。
标签：剖分,int,top,树链,dfn,重链,节点,详解 From： https://www.cnblogs.com/Heartquakes/p/17642451.html