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基础树上问题

2021-07-23 22:31:58 作者：互联网

即luogu题单【图论2-1】基础树上问题
这份题单难度还是非常大的。所以这里就是对这10道题的简单讲解。
之后会再发一篇NOIP TG/CSP-S中树论题目的讲解，那篇的难度可能还会再大一些（咕咕咕

感谢luogu题解和《算法竞赛进阶指南》提供部分题目思路。

前置知识：树的直径和重心，LCA。
以下题目按照luogu上的难度排序。代码看心情放。

1. [USACO19DEC]Milk Visits S

简明题意：树上的每个结点都是黑白两种颜色之一，每次询问一条链上是否有某种颜色。

思路：
一道简单的套路题……
两种颜色可以分开讨论，每次关注一种颜色即可。
加强一下这道题，改成询问一条链上某种颜色结点的个数。
dfs预处理出树上结点到根节点的路径上某种颜色结点的个数，不妨记为\(dep[u][color]\)。
于是答案就是\(dep[u][color]+dep[v][color]-dep[lca][color]-dep[father[lca]][color]\)，做完了。
时间复杂度\(O(n\log n)\)。

code:

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <string>
using namespace std;
const int maxn=100010;
bool type[maxn];
int n,m,l,cnt,h[maxn],dep[maxn],anc[maxn][20],lg2[maxn],G[maxn],H[maxn];
string s;
struct edge{int to,nxt;}e[maxn<<1];
void addedge(int u,int v)
{
    e[++cnt]=(edge){v,h[u]};
    h[u]=cnt;
}
void add(int u,int v)
{
    addedge(u,v);
    addedge(v,u);
}
void dfs(int u,int fa)
{
    anc[u][0]=fa;dep[u]=dep[fa]+1;
    H[u]=H[fa];G[u]=G[fa];
    if(type[u])H[u]++;
    else G[u]++;
    for(int i=1;i<=lg2[dep[u]];i++)anc[u][i]=anc[anc[u][i-1]][i-1];
    for(int i=h[u];i;i=e[i].nxt)
    {
        int p=e[i].to;
        if(p==fa)continue;
        dfs(p,u);
    }
}
int lca(int u,int v)
{
    if(dep[u]>dep[v])swap(u,v);
    while(dep[u]<dep[v])v=anc[v][lg2[dep[v]-dep[u]]];
    if(u==v)return u;
    for(int k=lg2[dep[u]];k>=0;k--)
        if(anc[u][k]!=anc[v][k])
        {
            u=anc[u][k];
            v=anc[v][k];
        }
    return anc[u][0];
}
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);cout.tie(0);
    cin >> n >> m >> s;
    l=s.length();
    for(int i=0;i<l;i++)if(s[i]=='H')type[i+1]=1;
    for(int i=1;i<=n-1;i++)
    {
        int uu,vv;
        cin >> uu >> vv;
        add(uu,vv);
    }
    for(int i=2;i<=n;i++)lg2[i]=lg2[i/2]+1;
    dep[0]=-1;dfs(1,0);
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        int a,b;char c;
        cin >> a >> b >> c;
        int fa=lca(a,b);
        if(c=='H')
        {
            if(H[a]+H[b]-H[fa]-H[anc[fa][0]]>0)cout << 1;
            else cout << 0;
        }
        else
        {
            if(G[a]+G[b]-G[fa]-G[anc[fa][0]]>0)cout << 1;
            else cout << 0;
        }
    }
    return 0;
}

2. 会议

简明题意：给定一棵边权为1的无根树，找出一个结点，使得其他结点到该结点的距离和最小，且编号最小。

思路：
你需要知道一个结论：树的重心到树上其他节点的距离和最小。
于是这道题就做完了（笑
当然更普适的做法是换根dp，这里不予讨论。
时间复杂度\(O(n)\)。

3. 【模板】最近公共祖先（LCA）

略。

4. 【XR-3】核心城市

题意：
给定一棵边权为1的无根树，选取 \(k\) 个特殊结点，使：

这些点两两可不经过非特殊结点而相互到达。
非特殊结点到其最近的特殊结点的距离的最大值最小。求出这个最小值。

思路：
个人认为从反方向考虑更加简单一些。
显然有这样的思路：每次都将树的叶子结点删去，直至树中剩余结点数量为 \(k\)。
类似于拓扑排序，我们可以通过队列来模拟。
因为树的边权都为1，可以证明这样做的正确性。
还有一个问题：如何计算最终的答案？
可以这样想：特殊结点到这个点的距离，就是这个点到特殊结点的距离。（废话
于是我们可以对每个结点定义一个\(d[u]\)，初始化为1。
每次删除叶子节点时，用它们的\(d\)值更新新的叶子结点的\(d\)值，
具体地，若有结点\(u\)为叶子结点，\(v\)为一个与它相邻的新的叶子结点，则有\(d[v]=d[u]+1\)。
最后队列里剩下的\(d\)值就是答案了。时间复杂度\(O(n)\)。

5. [NOIP2007 提高组] 树网的核

简明题意：
给定一棵带权无根树，在其直径上找到一段长度不大于\(s\)的链（称为核，可退化为一个点），使得树上的其他结点到该路径距离的最大值（称为偏心距）最小。

我们发现原题里数据范围是\(n\leqslant 300\)，但实际上我们可以做到\(O(n)\)。
思路：
我们需要一些结论：

每一条直径求出的最小偏心距都是一样的，因此我们可以任选一条直径进行计算
直径是树中最长的链（废话

接下来我们随便找一条直径\(D\)，记其端点分别为\(l\)，\(r\)。
接下来对直径上的每个点\(u\)求出到不经过直径能达到的最远的点的距离，记其为\(d[u]\)。
然后记选取的核\(C\)两端分别为\(x\)，\(y\)。接下来我们计算偏心距\(E\)。
因为直径是最长的链，所以\(x\)所能到达的最远点是\(l\)，\(y\)所能到达的最远点是\(r\)。
于是我们可以这样计算偏心距：
\(E=\max\{\max_{u\in C}\{d[u]\},dis(l,x),dis(y,r)\}\)
然后我们发现内层的那个\(\max\)并不好处理。
但是因为直径是树中最长的链，我们有下列性质：
对于链\((l,x)\)上任意一点，其\(d\)值不会大于\(dis(l,x)\)。\((y,r)\)的情况同理。
这是因为若有\(d[u]>dis(l,x)\)，此时记\(p\)满足\(dis(u,p)=d[u]\)，则\(x-u-p\)比\(x-u-l\)更长。
显然这是不可能的，于是我们可以将链\((l,x)\)和链\((y,r)\)上点的\(d\)值也算上，一起取\(\max\)，而不会有任何影响。
则原式变成了\(E=\max\{\max_{u\in D}\{d[u]\},dis(l,x),dis(y,r)\}\)。
显然\(\max_{u\in D}\{d[u]\}\)这一项可以预处理出来。
但这还不够，我们需要富有智慧地枚举\((x,y)\)。
方法是这样的：我们从直径的端点开始依次枚举点\(x\)。对于每个\(x\)，将\(y\)向右移动直到链的长度最大，并用上面的式子更新一次答案。
看上去时间复杂度不是很正确，但是我们分析，\(x\)和\(y\)都最多移动\(n\)次，枚举的时间复杂度实际上是\(O(n)\)。
最终我们就以\(O(n)\)的时间复杂度解决了这道题。

6. 仓鼠找sugar

7. [AHOI2008]紧急集合

8. 小猪佩奇爬树

9. [APIO2010]巡逻

10. [CSP-S2019]树的重心

标签：,结点,anc,dep,int,maxn,dis
来源： https://www.cnblogs.com/pjykk/p/15054023.html

基 础 树 上 问 题