本文主要是介绍dfs序与树链剖分，对大家解决编程问题具有一定的参考价值，需要的程序猿们随着小编来一起学习吧！

dfs序与树链剖分

本文根据以下视频整理

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引子

先看一个题:
已知一棵树，每个节点包含一个权值，你需要设法实现以下操作

操作1: 格式: 1 x y z 表示将树从x到y结点最短路径上所有结点的值加上z
操作2: 格式: 2 x y 表示求树从x到y结点最短路径上所有结点的值之和
操作3: 格式: 3 x z 表示将以x为根的子树所有结点都加上z
操作4: 格式: 4 x 表示求以x为根的子树的所有结点权值之和

dfs序

• 顾名思义就是dfs访问结点的顺序
• 如下图
  

假如其dfs的访问次序是: \(A\ B\ C\ D\ E\ F\)

时间戳

我们给dfs遍历出的序列加上时间戳(即每个点加上编号)
例如: \(A(1)\ B(2)\ C(3)\ D(4)\ E(5)\ F(6)\)
因为dfs是深度优先遍历，因此如果我们知道以 \((i)\)为根结点的子树的大小 \((size[i])\)，那么在dfs序中 \([i, i + size[i] - 1]\) 即为以i为根结点的子树，因此我么只需要以dfs序建树，并且处理出每个结点的子树大小，就可以解决后两个问题。

树链剖分

基础知识

重儿子: 表示其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，取其一。如果没有子节点，就无重子节点。

轻儿子: 表示剩余的所有子结点。

从当前结点到重子节点的边为 重边，到其他轻子节点的边为 轻边。

若干条首尾衔接的重边构成 重链。

把落单的结点也当作重链，那么整棵树就被剖分成若干条重链。

定义(对 \(x\)点)

• \(fa[x]\) 表示 \(x\) 的父亲节点
• \(dep[x]\) 表示 \(x\) 的深度
• \(siz[x]\) 表示 \(x\)的子树大小
• \(son[x]\) 表示 \(x\)的重儿子
• \(top[x]\) 表示 \(x\)所在重链的顶部节点(深度最小)
• \(dfn[x]\) 表示 \(x\)在dfs序中的时间戳

void dfs1(int o) {
  son[o] = -1;
  siz[o] = 1;
  for (int j = h[o]; j; j = nxt[j])
    if (!dep[p[j]]) {
      dep[p[j]] = dep[o] + 1;
      fa[p[j]] = o;
      dfs1(p[j]);
      siz[o] += siz[p[j]];
      if (son[o] == -1 || siz[p[j]] > siz[son[o]]) son[o] = p[j];
    }
}
void dfs2(int o, int t) {
  top[o] = t;
  cnt++;
  dfn[o] = cnt;
  rnk[cnt] = o;
  if (son[o] == -1) return;
  dfs2(son[o], t);  // 优先对重儿子进行 DFS，可以保证同一条重链上的点 DFS 序连续
  for (int j = h[o]; j; j = nxt[j])
    if (p[j] != son[o] && p[j] != fa[o]) dfs2(p[j], p[j]);
}

重链剖分的性质

树上每个节点都属于且仅属于一条重链
重链开头的节点不一定是重儿子
所有重链将整棵树 完全剖分
在剖分时 重边优先遍历，最后输的DFS序上，重链内的DFS序是连续的。

因此对于树上任意一条路径，把它拆分成从 \(lca\)分别向两边往下走，分别最多走 \(O(logn)\)次，所以树上所有路径可以被拆分成不超过 \(O(logn)\)条重链。

求最近公共祖先

不断向上跳找那个链，知道跳到一条重链为止。深度较小的结点即位 \(lca\)。
向上跳重链时需要先跳所在重链顶端深度较大的那个。

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]];
  }
  return dep[u] > dep[v] ? v : u;
}

对于因子中的操作1( \(x\)到 \(y\)路径上所有节点的值加上 \(z\))

解决方法很明显，把两个点移动到同一条重链中即可，即找 \(lca\)
分几种情况讨论:

如果 \(z\)和\(y\) 在同一条重链中 \((top[x] = top[y])\)，则直接进行 \([dfn[x],\ dfn[y]]\) 区间加操作即可。
否则就将深度大的结点一直向上移动直到满足上述条件。

void updateTree(int x, int y, int val) { //对于x,y路径上的点加val的权值
    while (top[x] != top[y]) {
        if (deep[top[x]] < deep[top[y]]) swap(x, y);
        update(1, dfn[ top[x] ], dfn[x], val);
        x = fa[ top[x] ];
    }
    if (dep[x] > dep[y])    swap(x, y);
    update(1, dfn[x], dfn[y], val); //update(rt,l,r,v) [l,r]区间➕val
}

时间复杂度:
因为前面已经得出重链最多有 \(logn\)条，而每次需要更新线段树，即 \(O(logn)\)，因此处理每次询问的复杂度为: \(O(log^2n)\)
故 \(q\)次询问的复杂度为: \(O(qlog^2n)\)，并且常数很小。
至此完成了所有操作。

小结

首先处理出所需条件，以给出树的\(dfs\)序建树
对于后两个操作，直接根据 \(dfs\)序时间戳和 \(siz[]\) 建线段树维护即可
对于前两个操作，需要对树进行重链剖分，在两个点找 \(lca\)的过程中同时更新线段树即可。

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