dfs序3--树上差分 对节点X到Y的最短路上所有点权都加一个数W, 查询某个点的权值 解: 这个操作等价于 a. 对X到根节点路径上所有点权加W b. 对Y到根节点路径上所有点权加W c. 对LCA(x, y)到根节点路径上所有点权值减W d. 对LCA(x,y)的父节点 parent(LCA(x, y))到根节点路径上...
树上差分 树上差分,就是利用差分的性质,对路径上的重要节点进行修改(而不是暴力全改),作为其差分数组的值,最后在求值时,利用$dfs$遍历求出差分数组的前缀和,就可以达到降低复杂度的目的,可以应用于求对树上的一段路径进行操作,并询问某个点或某条边被经过的次数
我们要对树上一条链的权值进行修改,我们可以利用树上差分,比一个一个点修改快很多,如果一个一个点修改dfs()时间复杂度爆炸啊! 树上如何进行点差分: 先把两端点加上权值,然后把lca和它的父亲的权值减去,dfs一遍就把一条链上的权值给修改了 P3128 [...
void dfs(int u) { for(int i=head[u];i!=-1;i=edge[i].next) { int v=edge[i].vet; if(v==fa[u][0])continue; dfs(v); value[u]+=value[v]; } } int lca(int a,int b) { if(deep[a]>deep[b])swap(a,b); int d=deep[b]-deep[a]; for(int i=0;i<=20;i++) if...
[22]; void dfs(int u,int fa){ dep[u]=dep[fa]+1;//深度 f[u][0]=fa; for(int i=1;i<=20;i++) f[u][i]=f[f[u][i-1]][i-1];//更新u的2^i级祖先 for(int i=h[u];~i;i=nxt[i]){ int v=to[i]; if(v==fa) continue; dfs(v,u); } } int lca(int u,int ...
这道题的考点非常多,难度也非常高。先掌握暴力 DFS 的解法,再分析暴力解法中重复计算的环节,最后推出树上差分和离线 Tarjan 算法。这道题非常非常复杂, 递归中递和归的思想,再理解一下:为什么你学不会递归?谈谈我的经验 并查集问题,不要错过:如何使用并查集解决朋友圈问题?
与树上差分在一起的使用的是DFS,因为在回溯的时候,我们可以计算出子树的大小. (这个应该不用过多解释 定义数组 cnt_i为节点i被经过的次数. 基本操作 1.点的差分 这个比较简单,所以先讲这个qwq 例如,我们从 s-->t ,求这条路径上的点被经过的次数. ...
因此我们引入了树上差分! 与树上差分在一起的使用的是DFS,因为在回溯的时候,我们可以计算出子树的大小. (这个应该不用过多解释 定义数组 cnt_i为节点i被经过的次数. 基本操作 1.点的差分 这个比较简单,所以先讲这个qwq 例如,我们从 s-->t ,求这条路径上的点被经过的次数. ...
因为树中的遍历是基于DFS序的,访问一个子树过后才会访问到另一棵子树。 我们在DFS过程中维护差分数组(b [ i ] b[i]b[i]),DFS时携带一个前缀和(s u m sumsum)变量,每访问到一个节点时,先遍历该节点的所有操作,将前缀和(其实就是该路径上差分数组的前缀和,等于当前节点的值)加上操作的值,然后标记差...
=x)p[x]=find(p[x]);returnp[x];}intf[N];voiddfs(intu,intfa){f[u]+=f[fa];for(inti=h[u];~i;i=ne[i]){intj=e[i];dfs(j,u);}}intmain(){memset(h,-1,sizeofh);scanf("%d%d",&n,&m);for(inti=1;i<=n*2;i++)p[i]=i;introot=n+1;while(m--){intop,a,b;...