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dfs序及相关例题

news 2025/7/28 7:19:07

常用的三种dfs序

欧拉序

每经过一次该点记录一次的序列。

dfs序

记录入栈和出栈的序列。

dfn序

只记录入栈的序列。

dfs序

DFS 序列是指 DFS 调用过程中访问的节点编号的序列。

在这里插入图片描述

如何求dfs序？可以用以下代码来找dfs序。

    vector<vector<int>> g(n+1);for(int i = 1; i < n; ++i) {// u,v 建图int u,v; u = fread(); v = fread();g[u].push_back(v);g[v].push_back(u);}// dfs序的左右端点// 表示以x为根的子树的左右端点位置vector<int> l(n + 1), r(n + 1);int cnt = 0;// 一个dfs找dfs序auto dfs = [&](auto &&self, int u, int fa) -> void {l[u] = ++cnt;for(auto y: g[u]) {if(y == fa) continue;self(self, y,u);}r[u] = cnt;};dfs(dfs, k,-1);

一道简单的dfs序的问题。

题目链接：求和 (nowcoder.com)

问题描述：n个节点，n - 1条边，根节点为k。现在又m个操作。

1 a x：将节点a的权值加上x
2 a：求a节点的子树上所有节点的和（包括a节点本身）

思路，发现以a为根的子树权值和是一个非线性的，不能用树状数组或者线段树来做。但是dfs序却有一个天然的顺序可以来处理。

在这里插入图片描述

观察上图：

以5为根的子树序列在dfs序中的排序是：1 2 3 4 5 6 7 8
以8为根的子树序列在dfs序中的排序是：2 3
以2为根的子树序列在dfs序中的排序是：3
以1为根的子树序列在dfs序中的排序是：4 5 6 7 8

…

我们发现，每个子树都对应 DFS 序列中的连续一段（一段区间）。

DFS（图论） - OI Wiki (oi-wiki.org)

因此本题思路就是：用dfs序将非序列顺序转线性序列。之后就是单点修改，区间查询，可以用树状数组或者线段树来进行求解。

本人是用线段树来进行处理的（线段树大法好

AC代码：

#include <iostream>
#include <vector>
#include <string>
#include <cstring>
#include <set>
#include <map>
#include <queue>
#include <ctime>
#include <random>
#include <sstream>
#include <numeric>
#include <stdio.h>
#include <functional>
#include <bitset>
#include <algorithm>
using namespace std;// #define Multiple_groups_of_examples
#define int_to_long_long
#define IOS std::cout.tie(0);std::cin.tie(0)->sync_with_stdio(false); // 开IOS，需要保证只使用Cpp io流 *
#define dbgnb(a) std::cout << #a << " = " << a << '\n';
#define dbgtt cout<<" !!!test!!! "<<'\n';
#define rep(i,x,n) for(int i = x; i <= n; i++)#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define pb push_back
#define vf first
#define vs secondtypedef long long LL;
#ifdef int_to_long_long
#define int long long
#endif
typedef pair<int,int> PII;const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int N = 2e5 + 21;struct SegTree {static const int N = 1e6 + 21;struct node {int l, r, mi;LL sum,add;}tr[N << 2];int w[N];// 左子树inline int ls(int p) {return p<<1; }// 右子树inline int rs(int p) {return p<<1|1; }// 向上更新void pushup(int u) {tr[u].sum = tr[ls(u)].sum + tr[rs(u)].sum;tr[u].mi = min(tr[ls(u)].mi, tr[rs(u)].mi);}// 向下回溯时，先进行更新void pushdown(int u) { // 懒标记，该节点曾经被修改，但其子节点尚未被更新。auto &root = tr[u], &right = tr[rs(u)], &left = tr[ls(u)];if(root.add) {right.add += root.add; right.sum += (LL)(right.r - right.l + 1)*root.add; right.mi -= root.add;left.add += root.add; left.sum += (LL)(left.r - left.l + 1)*root.add; left.mi -= root.add;root.add = 0;}}// 建树void build(int u, int l, int r) {if(l == r) tr[u] = {l, r, w[r], w[r], 0};else {tr[u] = {l,r}; // 容易忘int mid = l + r >> 1;build(ls(u), l, mid), build(rs(u), mid + 1, r);pushup(u);}}// 修改void modify(int u, int l, int r, int d) {if(tr[u].l >= l && tr[u].r <= r) {tr[u].sum += (LL)(tr[u].r - tr[u].l + 1)*d;tr[u].add += d;}else {pushdown(u);int mid = tr[u].l + tr[u].r >> 1;if(l <= mid) modify(ls(u), l ,r, d);if(r > mid) modify(rs(u), l, r, d);pushup(u);}}// 查询LL query(int u, int l, int r) {if(tr[u].l >= l && tr[u].r <= r) {return tr[u].sum;}pushdown(u);int mid = tr[u].l + tr[u].r >> 1;LL sum = 0;if(l <= mid) sum = query(ls(u), l, r);if(r > mid ) sum += query(rs(u), l, r);return sum;}
}tree;
// 当输入数据大于 1e6 时用快读
inline int fread() // 快读
{int x = 0, f = 1; char ch = getchar();while(ch < '0' || ch > '9') {if (ch == '-') f = -1; ch = getchar(); }while(ch >= '0' && ch <= '9') {x = x * 10 + (ch - '0');ch = getchar();}return x * f;
}
void inpfile();
void solve() {// int n,m,k; cin>>n>>m>>k;int n = fread(), m = fread(), k = fread();vector<int> a(n + 1);for(int i = 1; i <= n; ++i) a[i] = fread();vector<vector<int>> g(n+1);for(int i = 1; i < n; ++i) {int u,v; u = fread(); v = fread();g[u].push_back(v);g[v].push_back(u);}vector<int> l(n + 1), r(n + 1);int cnt = 0;auto dfs = [&](auto &&self, int u, int fa) -> void {l[u] = ++cnt;for(auto y: g[u]) {if(y == fa) continue;self(self, y,u);}r[u] = cnt;};dfs(dfs, k,-1);for(int i = 1; i <= n; ++i) tree.w[l[i]] = a[i];tree.build(1,1,n);while(m--) {int opt,x,y; opt = fread();if(opt == 2) {// cin>>x>>y;x = fread();cout<<tree.query(1, l[x], r[x])<<'\n';} else {x = fread(), y = fread();tree.modify(1,l[x],l[x],y);}}
}
#ifdef int_to_long_long
signed main()
#else
int main()
#endif{#ifdef Multiple_groups_of_examplesint T; cin>>T;while(T--)#endifsolve();return 0;
}
void inpfile() {#define mytest#ifdef mytestfreopen("ANSWER.txt", "w",stdout);#endif
}