樹上差分 學習筆記
前置知識：差分
例題：P2367 語文成績
序列維護區間加，最後詢問序列最小值。
線段樹
差分即可。
對於在原數列 \(a_u\) 到 \(a_v\) 都加一個 \(x\),考慮在差分陣列 \(b\) 中,變化的只有 \(b_u\) 和 \(b_{v+1}\)。
因為在原數列 \(a_u\) 到 \(a_v\) 都加一個 \(x\)，對於 \(u\) 之前和 \(v+1\) 之後數的差不會有任何變化。\(u+1\) 到 \(v\) 之前的數也不會有變化，實際上，只有 \(a_u\) 對於 \(a_{u-1}\) 的差相較於之前大了 \(x\)，\(a_{v+1}\) 對於 \(a_v\) 的差相較於之前小了 \(x\)
最後，對差分陣列 \(b\) 跑一遍字首和即可還原出原陣列。
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; long long n,m,a[5000010],b[5000010],s[5000010],ans=1000000000000; int main(){ long long i,j,u,v; scanf("%lld %lld",&n,&m); for(i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]); for(i=1;i<=n;i++){ b[i]=a[i]-a[i-1]; } while(m--){ cin>>u>>v>>j; b[u]+=j; b[v+1]-=j; } for(i=1;i<=n;i++){ s[i]=b[i]+s[i-1]; } for(i=1;i<=n;i++){ ans=min(ans,s[i]); } cout<<ans<<endl; return 0; }
樹上差分
點差分
例題：P3128 [USACO15DEC]Max Flow P
在樹上給出多條路徑，問所有路徑經過最多的點經過了多少次。
典型的點差分。
考慮對於差分陣列 \(s\)，一條從 \(u\) 到 \(v\) 的路徑好像是隻需要 \(s_u+1,s_v+1,s_{f_{\text{LCA}(u,v)}}-1\) 就行。
但這是不對的。
考慮在樹上字首和恢復原值時，\(\text{LCA(u,v)}\) 的值會因為 \(s_u\) 和 \(s_v\) 都加 \(1\) 而導致多加了一個 \(1\)。所以在點差分時 \(s_{\text{LCA}(u,v)}\) 也應該減 \(1\)
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const long long loglim=20;
long long n,m,h[50010],tot,f[50010][loglim+5],d[50010],s[50010],ans;
struct edge{
long long v,nxt;
}e[100010];
void add(long long u,long long v){
tot++;
e[tot].v=v; e[tot].nxt=h[u];
h[u]=tot;
}
void build(long long fr,long long u,long long dep){
long long i,j,v;
d[u]=dep;
for(i=1;i<=loglim;i++){
f[u][i]=f[f[u][i-1]][i-1];
}
for(i=h[u];i;i=e[i].nxt){
v=e[i].v;
if(v!=fr){
f[v][0]=u;
build(u,v,dep+1);
}
}
}
long long lca(long long u,long long v){
long long i,j;
if(d[u]<d[v]) swap(u,v);
for(i=loglim;i>=0;i--){
if(d[f[u][i]]>=d[v]) u=f[u][i];
}
if(u==v) return u;
for(i=loglim;i>=0;i--){
if(f[u][i]!=f[v][i]){
u=f[u][i];
v=f[v][i];
}
}
return f[u][0];
}
void solve(long long fr,long long u){//樹上字首和
long long i,j,v;
for(i=h[u];i;i=e[i].nxt){
v=e[i].v;
if(v!=fr){
solve(u,v);
s[u]+=s[v];
}
}
}
int main(){
long long i,j,u,v;
cin>>n>>m;
for(i=1;i<n;i++){
cin>>u>>v;
add(u,v);
add(v,u);
}
build(0,1,1);
while(m--){
cin>>u>>v;
s[u]++; //樹
s[v]++; //上
j=lca(u,v); //點
s[j]--; //差
s[f[j][0]]--;//分
}
solve(0,1);
for(i=1;i<=n;i++){
ans=max(ans,s[i]);
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
邊差分
樹邊有非負權，給定多條路徑。現可將某邊權變為0，使得最長路徑最小。輸出該最小值。
gx：好難！
zkw：屑！
會樹剖的zkw把這題秒了，gx只能去寫他151行的樹上差分。
直接說正解了：
最大路徑最小暗示二分答案，顯然這題答案滿足單調性。二分答案的時候 \(check(mid)\) 判斷能否通過把某條邊變成 0 來使得答案小於等於 \(mid\)。
我們把長度（可以預處理）大於 \(mid\) 的路徑叫做大路徑，反過來就是小路徑。我們需要找出一條邊是所有大路徑都經過的，看看能否通過把它變成0後使所有大路徑的長度小於等於 \(mid\)（判斷的時候只用判斷最長的大路徑（可以預處理）是否滿足即可）。
判斷一條邊是否被所有大路徑經過可以用邊差分。首先把樹邊經過的次數存到兒子節點處。然後每有一條 \(u\) 到 \(v\) 的路徑，只需 \(s_u+1,s_v+1,s_{\text{LCA(u,v)}}-2\) 即可。最後樹上字首和，還原原陣列，即每條邊經過的次數。
總時間複雜度：\(O(m \log^2 n)\)。
當然可以通過初始化 \(\text{LCA}\) 把時間複雜度降到 \(O(m \log n)\)，但這樣也能過。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int loglim=18;
int n,m,h[300010],tot,f[300010][loglim+5],g[300010][loglim+5],d[300010],s[300010],w[300010];
struct edge{
int v,w,nxt;
}e[600010];
struct path{
int u,v,op;
}p[300010];
inline int read(){
char ch=getchar();
int x=0,f=1;
while(ch<'0' || ch>'9') {
if(ch=='-')
f=-1;
ch=getchar();
}
while('0'<=ch && ch<='9') {
x=x*10+ch-'0';
ch=getchar();
}
return x*f;
}
inline void add(int u,int v,int w){
tot++;
e[tot].v=v; e[tot].w=w; e[tot].nxt=h[u];
h[u]=tot;
}
inline void build(int fr,int u,int dep){
register int i,j,v;
d[u]=dep;
for(i=1;i<=loglim;i++){
f[u][i]=f[f[u][i-1]][i-1];
g[u][i]=g[u][i-1]+g[f[u][i-1]][i-1];
}
for(i=h[u];i;i=e[i].nxt){
v=e[i].v;
if(v!=fr){
f[v][0]=u;
g[v][0]=e[i].w;
w[v]=e[i].w;
build(u,v,dep+1);
}
}
}
inline int lca(int u,int v){
register int i,j;
if(d[u]<d[v]) swap(u,v);
for(i=loglim;i>=0;i--){
if(d[f[u][i]]>=d[v]){
u=f[u][i];
}
}
if(u==v) return u;
for(i=loglim;i>=0;i--){
if(f[u][i]!=f[v][i]){
u=f[u][i];
v=f[v][i];
}
}
return f[u][0];
}
inline int G(int u,int v){
register int i,j,now=0;
if(d[u]<d[v]) swap(u,v);
for(i=loglim;i>=0;i--){
if(d[f[u][i]]>=d[v]){
now+=g[u][i];
u=f[u][i];
}
}
if(u==v) return now;
for(i=loglim;i>=0;i--){
if(f[u][i]!=f[v][i]){
now+=g[u][i];
now+=g[v][i];
u=f[u][i];
v=f[v][i];
}
}
now+=g[u][0];
now+=g[v][0];
return now;
}
inline void solve(int fr,int u){
register int i,j,v;
for(i=h[u];i;i=e[i].nxt){
v=e[i].v;
if(v!=fr){
solve(u,v);
s[u]+=s[v];
}
}
}
inline bool cmpp(path u,path v){
return u.op>v.op;
}
inline bool check(int gx){
register int i,j,u,v,sum=0;
memset(s,0,sizeof(s));
for(i=1;i<=m;i++){
if(p[i].op<=gx) break;
else sum++;
u=p[i].u; v=p[i].v;
s[u]++; s[v]++;
s[lca(u,v)]-=2;
}
solve(0,1);
if(sum==0) return 1;
for(i=1;i<=n;i++){
if(s[i]==sum){
if(p[1].op-w[i]<=gx) return 1;
}
}
return 0;
}
int main(){
register int i,j,u,v,l,r,mid;
cin>>n>>m;
for(i=1;i<n;i++){
u=read(); v=read(); j=read();
add(u,v,j);
add(v,u,j);
}
build(0,1,1);
for(i=1;i<=m;i++){
p[i].u=read(); p[i].v=read();
u=p[i].u; v=p[i].v;
p[i].op=G(u,v);
}
sort(p+1,p+m+1,cmpp);
l=0;r=100000000000;
while(l<r){
mid=(l+r)>>1;
if(check(mid)){
r=mid;
}
else{
l=mid+1;
}
}
cout<<l<<endl;
return 0;
}