- $dfn(x)$ 表示节点 $x$ 的 **DFS 序** ，也是其在线段树中的编号。
- $rnk(x)$ 表示 DFS 序所对应的节点编号，有 $rnk(dfn(x))=x$ 。
-我们进行两遍 DFS 预处理出这些值，其中第一次 DFS 求出 $fa(x)$, $dep(x)$, $siz(x)$, $son(x)$ ，第二次 DFS 求出 $top(x)$, $dfn(x)$, $rnk(x)$ 。
+我们进行两遍 DFS 预处理出这些值，其中第一次 DFS 求出 $fa(x)$ , $dep(x)$ , $siz(x)$ , $son(x)$ ，第二次 DFS 求出 $top(x)$ , $dfn(x)$ , $rnk(x)$ 。
给出一种代码实现：
### 子树维护
-有时会要求维护子树上的信息，譬如将以 $x$ 为根的子树的所有结点的权值增加 $v$。
+有时会要求维护子树上的信息，譬如将以 $x$ 为根的子树的所有结点的权值增加 $v$ 。
在 DFS 搜索的时候，子树中的结点的 DFS 序是连续的。
```cpp
int lca(int u, int v) {
while (top[u] != top[v]) {
- if (dep[top[u]] > dep[top[v]]) u = fa[top[u]];
- else v = fa[top[v]];
+ if (dep[top[u]] > dep[top[v]])
+ u = fa[top[u]];
+ else
+ v = fa[top[v]];
}
return dep[u] > dep[v] ? v : u;
}
## 例题
-### [「ZJOI2008」树的统计](https://loj.ac/problem/10138)
+### [「ZJOI2008」树的统计](https://loj.ac/problem/10138)
#### 题目大意
2. 查询 $u$ 到 $v$ 的路径上的最大权值；
3. 查询 $u$ 到 $v$ 的路径上的权值之和。
-保证 $1\le n\le 30000$, $0\le q\le 200000$ 。
+保证 $1\le n\le 30000$ , $0\le q\le 200000$ 。
#### 解法
}
```
-### [Nauuo and Binary Tree](https://loj.ac/problem/6669)
+### [Nauuo and Binary Tree](https://loj.ac/problem/6669)
这是一道交互题，也是树剖的非传统应用。
有一棵以 $1$ 为根的二叉树，你可以询问任意两点之间的距离，求出每个点的父亲。
-节点数不超过 $3000$，你最多可以进行 $30000$ 次询问。
+节点数不超过 $3000$ ，你最多可以进行 $30000$ 次询问。
#### 解法
-其中红色虚线是一条重链，$d$ 是询问的结果即 $dis(k, bot[u])$，$v$ 的深度为 $(dep[k]+dep[bot[u]]-d)/2$。
+其中红色虚线是一条重链， $d$ 是询问的结果即 $dis(k, bot[u])$ ， $v$ 的深度为 $(dep[k]+dep[bot[u]]-d)/2$ 。
-这样的话，如果 $v$ 只有一个儿子，$k$ 的父亲就是 $v$，否则可以递归地在 $w$ 的子树中找 $k$ 的父亲。
+这样的话，如果 $v$ 只有一个儿子， $k$ 的父亲就是 $v$ ，否则可以递归地在 $w$ 的子树中找 $k$ 的父亲。
-时间复杂度 $O(n^2)$，询问复杂度 $O(n\log n)$。
+时间复杂度 $O(n^2)$ ，询问复杂度 $O(n\log n)$ 。
具体地，设 $T(n)$ 为最坏情况下在一棵大小为 $n$ 的树中找到一个新节点的位置所需的询问次数，可以得到：
\end{cases}
$$
-$2999+\sum_{i=1}^{2999}T(i)\le 29940$，事实上这个上界是可以通过构造数据达到的，然而只要进行一些随机扰动（如对深度进行排序时使用不稳定的排序算法），询问次数很难超过 $21000$ 次。
+ $2999+\sum_{i=1}^{2999}T(i)\le 29940$ ，事实上这个上界是可以通过构造数据达到的，然而只要进行一些随机扰动（如对深度进行排序时使用不稳定的排序算法），询问次数很难超过 $21000$ 次。
??? note "参考代码"
```cpp
- #include <iostream>
- #include <cstdio>
#include <algorithm>
+ #include <cstdio>
+ #include <iostream>
using namespace std;
- const int N=3010;
+ const int N = 3010;
- int n,fa[N],ch[N][2],dep[N],siz[N],son[N],bot[N],id[N];
+ int n, fa[N], ch[N][2], dep[N], siz[N], son[N], bot[N], id[N];
- int query(int u,int v)
- {
- printf("? %d %d\n",u,v);
+ int query(int u, int v) {
+ printf("? %d %d\n", u, v);
fflush(stdout);
int d;
- scanf("%d",&d);
+ scanf("%d", &d);
return d;
}
- void setFather(int u,int v)
- {
- fa[v]=u;
- if (ch[u][0]) ch[u][1]=v;
- else ch[u][0]=v;
+ void setFather(int u, int v) {
+ fa[v] = u;
+ if (ch[u][0])
+ ch[u][1] = v;
+ else
+ ch[u][0] = v;
}
- void dfs(int u)
- {
+ void dfs(int u) {
if (ch[u][0]) dfs(ch[u][0]);
if (ch[u][1]) dfs(ch[u][1]);
-
- siz[u]=siz[ch[u][0]]+siz[ch[u][1]]+1;
-
- if (ch[u][1]) son[u]=int(siz[ch[u][0]]<siz[ch[u][1]]);
- else son[u]=0;
-
- if (ch[u][son[u]]) bot[u]=bot[ch[u][son[u]]];
- else bot[u]=u;
+
+ siz[u] = siz[ch[u][0]] + siz[ch[u][1]] + 1;
+
+ if (ch[u][1])
+ son[u] = int(siz[ch[u][0]] < siz[ch[u][1]]);
+ else
+ son[u] = 0;
+
+ if (ch[u][son[u]])
+ bot[u] = bot[ch[u][son[u]]];
+ else
+ bot[u] = u;
}
- void solve(int u,int k)
- {
- if (!ch[u][0])
- {
- setFather(u,k);
+ void solve(int u, int k) {
+ if (!ch[u][0]) {
+ setFather(u, k);
return;
}
- int d=query(k,bot[u]);
- int v=bot[u];
- while (dep[v]>(dep[k]+dep[bot[u]]-d)/2) v=fa[v];
- int w=ch[v][son[v]^1];
- if (w) solve(w,k);
- else setFather(v,k);
+ int d = query(k, bot[u]);
+ int v = bot[u];
+ while (dep[v] > (dep[k] + dep[bot[u]] - d) / 2) v = fa[v];
+ int w = ch[v][son[v] ^ 1];
+ if (w)
+ solve(w, k);
+ else
+ setFather(v, k);
}
- int main()
- {
+ int main() {
int i;
-
- scanf("%d",&n);
-
- for (i=2;i<=n;++i)
- {
- id[i]=i;
- dep[i]=query(1,i);
+
+ scanf("%d", &n);
+
+ for (i = 2; i <= n; ++i) {
+ id[i] = i;
+ dep[i] = query(1, i);
}
-
- sort(id+2,id+n+1,[](int x,int y){return dep[x]<dep[y];});
-
- for (i=2;i<=n;++i)
- {
+
+ sort(id + 2, id + n + 1, [](int x, int y) { return dep[x] < dep[y]; });
+
+ for (i = 2; i <= n; ++i) {
dfs(1);
- solve(1,id[i]);
+ solve(1, id[i]);
}
-
+
printf("!");
- for (i=2;i<=n;++i) printf(" %d",fa[i]);
+ for (i = 2; i <= n; ++i) printf(" %d", fa[i]);
printf("\n");
fflush(stdout);
-
+
return 0;
}
```
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