【题解 && 树上启发式合并】算法杂交详解 Lomsat gelral

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题目描述：

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方法一、树上启发式合并

前言

1、什么是树上启发式合并？

• Dsu on tree（树上启发式合并） 用来解决这样一类问题：统计树上一个节点的子树中具有某种特征的节点数。 例如例题中的子树 x 中颜色为 c 的个数。

2、如何实现？

我们借鉴树链剖分的思想，先对树进行树链剖分，处理出重儿子、轻儿子等数组。
而后我们就需要用这些数组对暴力进行优化（就是启发式合并！）

对于常规的套路，我们枚举到每一颗子树时，用桶暴力查询，查询完之后再暴力撤销，但是这样的时间复杂度显然不够优秀。

考虑优化。
我们处理到一棵子树以后，优先遍历轻儿子，然后暴力撤销，以免对其他兄弟产生影响。

最后，我们来处理重儿子，由于重儿子是最后处理的，所以我们做完之后就不需要再进行暴力撤销了，也不会对其他兄弟产生影响。

3、复杂度如何证明？

由于我们最后累加答案的时候，只需要再遍历轻链，将轻链的答案与重链合并。
也就是说对于每一个答案，都是将轻链与重链合并得来。
根据树链剖分的思想，一棵树最多有$logn$条重链，对于轻链上的每一个点，就算每一次往上合并答案，也最多合并$logn$次，而对于一个点，修改合并的时间复杂度为$O(1)$，因此时间复杂度$O(nlogn)$

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$Solution$

考虑树上启发式合并。
每次根据上面讲述的思想用桶来统计答案即可。

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$Code$

#include
using namespace std;

#define int long long

const int N = 2e5+10;
int n;
struct Node{int y,Next;}e[2*N];
int len = 0 , linkk[N];
int sum , Max;
int co[N] , cnt[N];
int ans[N];

void Insert(int x,int y){
    e[++len].Next = linkk[x]; linkk[x] = len; e[len].y = y;
}

int siz[N] , son[N];
void dfs1(int x,int faa){
	siz[x] = 1;
	int maxx = 0;
	for (int i = linkk[x]; i; i = e[i].Next){
		int y = e[i].y;
		if (y == faa) continue;
		dfs1(y,x);
		siz[x]+=siz[y];
		if (maxx < siz[y]) maxx = siz[son[x] =  y];
	}
}//套路预处理

void Back(int x,int faa){
	cnt[co[x]]--;
	for (int i = linkk[x]; i; i = e[i].Next){
		int y = e[i].y;
		if (y == faa) continue;
		Back(y,x);
	}
}//撤销操作

void Calc(int x,int faa,int hes){
	cnt[co[x]]++;
	if (cnt[co[x]] > Max) Max = cnt[co[x]] , sum = co[x];
	else if (cnt[co[x]] == Max) sum+=co[x];//计算
	for (int i = linkk[x]; i; i = e[i].Next)
	  if (e[i].y != faa && e[i].y != hes) Calc(e[i].y,x,hes);
	  //由于重链的答案目前还在，所以无需重新遍历
}

void dfs(int x,int faa){
	int he = son[x];
	for (int i = linkk[x]; i; i = e[i].Next){
		int y = e[i].y;
		if (y == faa || y == he) continue;//优先遍历轻儿子
		dfs(y,x);
		Back(y,x);
		sum = Max = 0;//遍历完轻儿子之后撤销影响
	}
	if (he) dfs(he,x);//在遍历重儿子
	Calc(x,faa,he);//将轻链的答案进行合并
	ans[x] = sum;
}

signed main(){
	scanf("%lld",&n);
	for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%lld",&co[i]);
	for (int i = 1,x,y; i < n; i++) 
	  scanf("%lld %lld",&x,&y) , Insert(x,y) , Insert(y,x);
	dfs1(1,0);//预处理出重儿子
	dfs(1,0);//树上启发式合并主要部分
	for (int i = 1; i <= n; i++) printf("%lld ",ans[i]);
	return 0;
}

优劣分析：

优势：思路简单，代码实现简单
劣势：限制较大，无法修改，较难的灵活运用

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方法二：dfs序 + 分治

想要分治，首先的一点就是需要满足单调性。
那么这道题是否满足单调性呢？

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$Solution$

设：
$L[x]:$最早到达$x$的时间戳
$R[x]$:最晚到达$x$的时间戳
$hom[cnt]：$$dfs序$为$cnt$的点是哪个点

众所周知：
1、一棵子树里面的dfs序是连续的
2、dfs序越早的点一定是越上层的点

• 证明：
  如果当前点的dfs序为$i$
  假设有dfs序$i^{\prime }<i$
  若存在点$j$，$i<=j<=R[hom[i]]$且$i^{\prime }<=j<=R[hom[i^{\prime }]]$
  那么有$R[i^{\prime }]>=R[i]$
  即$i$包含在$i^{\prime }$中，$i^{\prime }$的答案相当于$i$的答案只优不劣，单调性得到保证

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那么知道单调性之后，如何分治呢？
如果我们递归到了区间$(l,r)$，$mid=l+r>>1$
如果求解答案呢？
我们在$[l,mid]$区间中倒叙枚举$i$，如果$mid<=R[hom[i]]<=r$，那么就将这部分答案累加。
可以用一个指针来实现上述操作

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$Code$

#include
using namespace std;

const int N = 2e5+10;
int n;
int co[N];
struct Node{
	int y,Next;
}e[2*N];
int ans[N];
int len = 0 , linkk[N];

void Insert(int x,int y){
	e[++len] = (Node){y,linkk[x]};
	linkk[x] = len;
}

int L[N] , R[N] , cnt , hom[N];
void dfs(int x,int faa){
	L[x] = ++cnt;
	hom[cnt] = x;
	for (int i = linkk[x]; i; i = e[i].Next)
	  if (e[i].y != faa) dfs(e[i].y,x);
	R[x] = cnt;
}//预处理dfs序数组

int Cnt[N], Co[N] , tot = 0;
int Max = 0,sum = 0;

void Clear(){
	while (tot) Cnt[Co[tot--]]--;
	Max = sum = 0;
}

void In(int x){
	++Cnt[Co[++tot] = co[x]];//加入答案
	if (Max < Cnt[co[x]]) Max = Cnt[co[x]] , sum = co[x];
	else if (Max == Cnt[co[x]]) sum+=co[x];//比较更新答案
}

void Solve(int l,int r){
	if (l == r){
	    if (L[hom[l]] == R[hom[l]])ans[hom[l]] = co[hom[l]];return;
	}//单个点
	int mid = l + r >> 1;
	Solve(l,mid); Solve(mid+1,r);//分别处理两个小区间的情况
	Clear();//清空数组
	int p = mid;
	for (int i = mid,j; i >= l && (j = R[hom[i]])<=r; i--){
	//倒叙是因为后面的区间被前面的区间覆盖
		In(hom[i]);
		if (j <= mid) continue;//不需要处理
		while (p < j) In(hom[++p]);//扩展，将hom[i]为根的子树累加进答案
		ans[hom[i]] = sum;
	}
}

int main(){
	scanf("%d",&n);
	for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d",&co[i]);
	for (int i = 1,x,y; i < n; i++) 
	  scanf("%d %d",&x,&y) , Insert(x,y) , Insert(y,x);
	dfs(1,0);
	Solve(1,n);
	for (int i = 1; i <= n; i++) printf("%d ",ans[i]);
	return 0;
}

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优劣势分析：

优势：速度较快，代码清晰
劣势：一定的思维性，代码细节较多

方法三 树上莫队

一、暴力：树上莫队 + 数据结构维护

仍然是dfs序，将树上问题转化为数列问题。
对于一个节点$x$，他的询问区间就是$(L[x],R[x])$。
一共$n$个点，因此一共对应$n$个区间。
对这n个区间分块然后用序列莫队的方法做即可。

但是进行撤销的时候是否难以处理？
将当前答案撤销，颜色个数简单，但是最大值如何维护？
我们发现，正常情况下，我们无法维护最大值。

其实，这个问题是单点修改，区间查询，所以我们要用线段树之类的数据结构维护。

代码较长，思路简单，这里就不贴代码了。

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二、100pts：回滚莫队。

对于上述的问题，我们发现删点难以维护。

所以，我们做莫队的时候，能否做到只加不删呢？
这就是回滚莫队

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只加不删回滚莫队的实现方法：

• $1$、对原序列进行分块

• $2$、将询问离线，以左端点所在的块为第一关键字，右端点为第二关键字进行排序

• 3、对于每个询问，我们分两种情况讨论：
  $I$、当前询问的左端点与右端点处于同一块中，直接暴力查询

  $II(1)$、对于左端点全部在块$T$内的询问，我们先初始化$l=R[t]+1$，$r=R[t]$，对应一个空区间。

  $II(2)$、由于在同一块内的询问右端点是单调递增的，因此对于右端点，我们只需要进行单调的加点即可

  $II(3)$、但是对于左端点却是乱序的，因此为了保证单调递增，我们每次处理完当前问题时，需要将左端点撤回到$R[t]+1$，这样每次做就能保证都是只加不删的了。

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$Solution$

这道题也是这种思路
按照上述方法做即可

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$Code$

#include
using namespace std;

#define int long long
const int N = 2e5+10;

int n;
int coo[N] , co[N];
struct Node{
	int y,Next;
}e[2*N];
int LL[N] , RR[N] , bel[N],L[N] , R[N],cntt[N];
int Cnt[N];
int maxx = 0 , maxn = 0 , sum = 0;
struct qujian{
	int l,r,id;
}q[2*N];
int len , linkk[N];
int ans[N];
int op[N]; 

void Insert(int x,int y){
	e[++len] =  (Node){y,linkk[x]};
	linkk[x] = len;
}
int cnt,hom[N];
void dfs(int x,int faa){
	L[x] = ++cnt;
	hom[L[x]] = x;
	for (int i = linkk[x]; i; i = e[i].Next)
	  if (e[i].y != faa) dfs(e[i].y,x);
	R[x] = cnt;
}

bool mycmp(qujian x,qujian y){
	if (bel[x.l] == bel[y.l]) return x.r < y.r;
	return bel[x.l] < bel[y.l];
}

void Add(int x,int &Maxx,int &Sum){
	++Cnt[co[x]];
	if (Cnt[co[x]] > Maxx) Maxx = Cnt[co[x]] , Sum = co[x];
	else if (Cnt[co[x]] == Maxx) Sum+=co[x];
}

void Del(int x){
	--Cnt[co[x]];
}

void work(int ll,int rr,int x){
	for (int i = ll; i <= rr; i++) cntt[co[i]] = 0;
	int Maxx = 0 ,Sum = 0;
	for (int i = ll; i <= rr; i++){
		++cntt[co[i]];
		if (cntt[co[i]] > Maxx) Maxx = cntt[co[i]] , Sum = co[i];
		else if (cntt[co[i]] == Maxx) Sum+=co[i];
	}
	ans[q[x].id] = Sum;
}

signed main(){
	scanf("%lld",&n);
	for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%lld",&coo[i]);
	for (int i = 1,x,y; i < n; i++)
	  scanf("%lld %lld",&x,&y) , Insert(x,y) , Insert(y,x);
	dfs(1,0);
	for (int i = 1; i <= n; i++) co[L[i]] = coo[i];//dfs序之后的颜色
//    **分块过程**
	int lenn = sqrt(n);
	int Siz = n/lenn; 
	for (int i = 1; i <= Siz; i++){
	    if (i*lenn > n) break;
		LL[i] = RR[i-1] + 1 , RR[i] = i*lenn;
	}
	if (RR[Siz] < n) LL[++Siz] = RR[Siz-1] + 1 , RR[Siz] = n;
	for (int i = 1; i <= Siz; i++)
	  for (int j = LL[i]; j <= RR[i]; j++) bel[j] = i;
//	  **End**

//   **询问离线**
	int Len = sqrt(n);
	for (int i = 1; i <= n; i++){
		q[i].l = L[i] , q[i].r = R[i];
		q[i].id = i;
	}
	sort(q+1,q+n+1,mycmp);
	// **End**

//   **回滚莫队主程序**
	int la = 0 , l = 1 , r = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i++){
		if (bel[q[i].l] == bel[q[i].r]){
			int Maxx = 0 , Sum = 0;
			work(q[i].l,q[i].r,i);
			continue;
		}//处于同一块的问题直接暴力
		if (la != bel[q[i].l]){//出现了新的块，进行初始化
			la = bel[q[i].l];
			while (r > RR[la]) Del(r--);
			while (l < RR[la] + 1) Del(l++);
			maxx = sum = 0;
		}
		while (r < q[i].r) Add(++r,maxx,sum);//右端点单调递增
		int maxxx = maxx , summ = sum , ll = l;
	//注意赋一个新的值，避免左端点对当前的值造成影响，不然回滚就失去了意义
		while (ll > q[i].l) Add(--ll,maxxx,summ);//将左端点的答案加进去
		while (ll < l) Del(ll++);//回滚
		ans[q[i].id] = summ;
	}
	//**End**
	for (int i = 1; i <= n; i++)
	  printf("%lld ",ans[i]);
}

优劣势分析：

优势：较模板，实现方式比较死板，且能够在很多题目上进行运用
劣势：速度不够优秀