学习笔记：树上启发式合并（DSU on tree）

树上启发式合并

启发式算法

         启发式算法是什么呢？

         启发式算法是基于人类的经验和直观感觉，对一些算法的优化。

         给个例子？

         最常见的就是并查集的按秩合并了，有带按秩合并的并查集中，合并的代码是这样的：

void merge(int x, int y) {
  int xx = find(x), yy = find(y);
  if (size[xx] < size[yy]) swap(xx, yy);
  fa[yy] = xx;
  size[xx] += size[yy];
}

         在这里，对于两个大小不一样的集合，我们将小的集合合并到大的集合中，而不是将大的集合合并到小的集合中。

         为什么呢？这个集合的大小可以认为是集合的高度（在正常情况下），而我们将集合高度小的并到高度大的显然有助于我们找到父亲。

         让高度小的树成为高度较大的树的子树，这个优化可以称为启发式合并算法。

树上启发式合并的含义

          树上启发式合并是一种 离线 解决树上问题的算法，算法主旨是通过维护 子树信息 树上问题，应用的范围很广。复杂度一般为 $O(nlo{g}_{2}n)$，并且十分易于实现。

适用树上启发式合并的题目特征

1. 可以 离线 操作。
2. 需要维护 子树信息。
3. 询问的问题 不统一。 如多次询问在树上某点 $x$，距离 $x$ 为 $k$ 的点的颜色种类数。因为询问中的 $k$ 是会变化的，所以使用其它算法会比较难维护。
4. 能够将维护的信息转化成 维护从儿子到父亲都不变的信息。 比如从儿子到父亲到某一点 $x$ 的距离会改变，但是 深度 不会改变。 我们将维护距离信息变成维护深度信息。

例题选讲

树上数颜色

给出一棵 $n$ 个节点以 $1$ 为根的树，节点 u 的颜色为 $c_u$，现在对于每个结点 $u$ 询问 $u$ 子树里一共出现了多少种不同的颜色。 $n\le 2\times 10^5$

分析：

          对于这样的问题肯定要上数据结构。如果可以 离线询问 ，我们考虑 DSU on tree

          具体来说：我们首先对于每一个点 $x$ 求出它的重儿子 $bi{g}_x$。然后我们考虑 递归 解决每一个点内的询问。我们开一个全局的桶 $cnt$ ， $cn{t}_i$ 表示当前 $i$ 这种颜色的出现次数。 设 $an{s}_x$ 表示 $x$ 节点的答案。那么我们按照一下顺序求出 $an{s}_x$。 下文中 遍历 的含义是遍历子树。

          1. 首先遍历 $x$ 的 轻（非重）儿子 $u$，计算 $u$ 的答案，但 不保留遍历 $u$ 对 $cnt$ 数组的影响。

          2.遍历 $x$ 的重儿子 $v$， 计算出 $v$ 的答案，保留遍历 $v$ 对答案的影响。

          3. 再次遍历 $x$ 的 所有 轻儿子 $u$，将遍历结果加入 $cnt$ 中，最后得到 $x$ 的答案。

          复杂度证明：

          我们考虑这样做相当于把每一条 轻边 连接的子树枚举一遍。我们考虑一个点会被枚举到的次数等于 它到根的路径上的轻边数量。由于根到任意一点所经过的轻边数量都不超过 $lo{g}_{2}n$ 条，因此一个点会被枚举 $lo{g}_{2}n$ 次，所以时间复杂度是 $O(nlo{g}_{2}n)$ 的。

          这里首先提供一个树上启发式合并的模板：

void add(int x){//加入信息
   ...
}

void del(int x){//删除信息
   ...
}

void dfs0(int x, int fa){// 提前处理一些信息
	L[x] = ++rk; sz[x] = 1; int id = 0;// 求出一个点子树的dfs序列左右端点
	ID[rk] = x;// 反向映射
	for(auto v : E[x]){
		if(v == fa) continue;
		dfs0(v, x);
		sz[x] += sz[v];
		if(sz[v] > sz[id]) id = v;
	}
	R[x] = rk;
	big[x] = id;//存重儿子编号
}

void dfs1(int x, int fa, bool keep){// keep = 0 -> 不保留信息， keep = 1 -> 保留信息
	for(auto v : E[x]){
		if(v == fa || v == big[x]) continue;
		dfs1(v, x, false);// flase 表示不保留  先解决轻儿子，轻儿子不保留
	}
	if(big[x]) dfs1(big[x], x, true);// 存在重儿子才递归，保留信息
	for(auto v : E[x]){
		if(v == fa || v == big[x]) continue;
		for(int i = L[v]; i <= R[v]; i++) add(...); // add函数代表把这个点加入全局维护信息的数据结构中
	}
	add(...);
	ans[x] = ...;
	if(!keep) for(int i = L[x]; i <= R[x]; i++) del(...);//从数据结构中删除
}

         在本题中，我们只需要维护一个 全局的桶 就可以维护信息了。其它的题目可能还要用一些其它的数据结构来维护信息，因此时间复杂度可能会多一个 $lo{g}_{2}n$。

CODE：

#include
#define pb push_back
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10;
inline int read(){
	int x = 0, f = 1; char c = getchar();
	while(!isdigit(c)){if(c == '-') f = -1; c = getchar();}
	while(isdigit(c)){x = (x << 1) + (x << 3) + (c ^ 48); c = getchar();}
	return x * f;
}
int ID[N];
int cnt;
int n, col[N], L[N], R[N], rk, sz[N], big[N], T, x;
int ans[N], u, v, c[N];
vector< int > E[N];
void dfs0(int x, int fa){
	L[x] = ++rk; sz[x] = 1; int id = 0;
	ID[rk] = x;
	for(auto v : E[x]){
		if(v == fa) continue;
		dfs0(v, x);
		sz[x] += sz[v];
		if(sz[v] > sz[id]) id = v;
	}
	R[x] = rk;
	big[x] = id;
}
void add(int color){
	if(!col[color]) cnt++;
	col[color]++;
}
void del(int color){
	col[color]--;
	if(!col[color]) cnt--;
}
void dfs1(int x, int fa, bool keep){
	for(auto v : E[x]){
		if(v == fa || v == big[x]) continue;
		dfs1(v, x, false);// flase 表示不保留 
	}
	if(big[x]) dfs1(big[x], x, true);
	for(auto v : E[x]){
		if(v == fa || v == big[x]) continue;
		for(int i = L[v]; i <= R[v]; i++) add(c[ID[i]]);
	}
	add(c[x]);
	ans[x] = cnt;
	if(!keep) for(int i = L[x]; i <= R[x]; i++) del(c[ID[i]]);
}
int main(){
	n = read();
	for(int i = 1; i < n; i++){
		u = read(), v = read();
		E[u].pb(v); E[v].pb(u);
	}
	for(int i = 1; i <= n; i++){
		c[i] = read();
	}
	dfs0(1, 0);
	dfs1(1, 0, true);
	T = read();
	while(T--){
		x = read();
		printf("%lld\n", ans[x]);
	}
	return 0;
}

Tree and Queries

题目

简要题意：

给定一棵 $n$ 个节点的树，根节点为 $1$。每个节点上有一个颜色 $ci$​。$m$ 次操作。操作有一种：
$u$ $k$：询问在以 $u$ 为根的子树中，出现次数 $\ge k$ 的颜色有多少种。
$2\le n\le 10^5$，$1\le m\le 10^5$，$1\le ci,k\le 10^5$。

分析：

          首先，因为 没有修改操作，所以本题可以使用树上启发式合并。

          我们考虑维护一个全局 树状数组，用来快速询问 出现次数小于等于 $c$ 的颜色数量数。同时维护一个桶 $colo{r}_i$，表示 $i$ 这个颜色的数量。设颜色为 $x$ 的点新增一个，那么将 $colo{r}_x$ 加1，同时在树状数组上把 $colo{r}_x$ 位置上减1， $colo{r}_x+1$ 位置加1。减少的情况类似。答案每次用树状数组查询就好了。

          时间复杂度 $O(nlo{g}_2^{2}n)$。

CODE：

#include
#define pb push_back
using namespace std;
typedef pair< int, int > PII;
const int N = 1e5 + 10;
inline int read(){
	int x = 0, f = 1; char c = getchar();
	while(!isdigit(c)){if(c == '-') f = -1; c = getchar();}
	while(isdigit(c)){x = (x << 1) + (x << 3) + (c ^ 48); c = getchar();}
	return x * f;
}
int sz[N], big[N], L[N], R[N], rk, dep[N], ID[N];
int n, m, col[N], c[N], u, v, x, k, color[N];
int ans[N];
vector< int > E[N];
vector< PII > vec[N];
int lowbit(int x){return x & -x;}
void add(int x, int y){for(; x < N; x += lowbit(x)) c[x] += y;}
int ask(int x){int res = 0; for(; x; x -= lowbit(x)) res += c[x]; return res;}
void dfs0(int x, int fa){
	L[x] = ++rk; sz[x] = 1;
	int id = 0; ID[rk] = x;
	for(auto v : E[x]){
		if(v == fa) continue;
		dfs0(v, x);
		sz[x] += sz[v];
		if(sz[v] > sz[id]) id = v;
	}
	big[x] = id; R[x] = rk;
}
void Add(int col){
	if(color[col]) add(color[col], -1);
	color[col]++;
	add(color[col], 1);
}
void Del(int col){
	add(color[col], -1);
	color[col]--;
	if(color[col]) add(color[col], 1);
}
void dfs1(int x, int fa, bool keep){
	for(auto v : E[x]){
		if(v == fa || v == big[x]) continue;
		dfs1(v, x, false);
	}
	if(big[x]) dfs1(big[x], x, true);
	Add(col[x]);
	for(auto v : E[x]){
		if(v == fa || v == big[x]) continue;
		for(int i = L[v]; i <= R[v]; i++){
			Add(col[ID[i]]);
		}
	}
	for(auto v : vec[x]){
		int k = v.first, id = v.second;
		ans[id] = ask(N - 1) - ask(k - 1);
	}
	if(!keep) for(int i = L[x]; i <= R[x]; i++) Del(col[ID[i]]);
}
int main(){
	n = read(), m = read();
	for(int i = 1; i <= n; i++) col[i] = read();
	for(int i = 1; i < n; i++){
		u = read(), v = read();
		E[u].pb(v); E[v].pb(u);
	}
	for(int i = 1; i <= m; i++){
		x = read(); k = read();
		vec[x].pb(make_pair(k, i));
	}
	dfs0(1, 0);
	dfs1(1, 0, true);
	for(int i = 1; i <= m; i++) printf("%d\n", ans[i]);
	return 0;
}

Arpa’s letter-marked tree and Mehrdad’s Dokhtar-kosh paths

题目

简要题意：

一棵根为 $1$ 的树，每条边上有一个字符（$a$ - $v$ 共 $22$ 种）。 一条简单路径被称为Dokhtar-kosh当且仅当路径上的字符经过重新排序后可以变成一个回文串。 求每个子树中最长的Dokhtar-kosh路径的长度。

分析：

          只询问全局的最长 Dokhtar-kosh 路径，那么这题很显然可以考虑使用 点分治 处理。但是要针对以每一个点为根的子树都要求出一条最长路径，我们考虑树上启发式合并。

          首先可以分析出来，合法的Dk路径一定是上面的所有 $22$ 个字母都是偶数，或者只有 $1$ 个字母是偶数，其它字母是奇数。因为只有这样才能在排序后成为一个回文串。所以 能否成为Dk路径只与每种字母的出现次数的奇偶性有关，我们可以使用状压。

          我们接着沿用点分治的思想：对于以 $x$ 为根的子树而言，最长路径要么经过 $x$，要么不经过 $x$。不经过 $x$ 的路径可以由 $x$ 的儿子所在的子树的答案更新得到，我们现在处理 在 $x$ 的子树内，经过 $x$ 的最长Dokhtar-kosh 路径。

          具体来讲，我们首先求出每一个点 $u$ 到全局根的路径上的字母信息，新增一个字母改变奇偶性可以通过 异或 $1$ 来实现。这样，重儿子子树内的信息传递给父亲时就不会改变了。然后我们维护一个全局桶 $len$， $le{n}_{mask}$ 代表当前为止，某一个点到根路径所有字母的奇偶性为 $mask$ 的点的最大深度，然后因为最后合法的状态只有 $23$ 种（全都是偶或者只有一个是奇），我们对于要新加入桶里的状态 $tmask$，枚举这 $23$ 种状态 $o{k}_i$，然后用 $le{n}_{tmask⨁o{k}_i}$ 和 当前的深度减去二倍当前子树的根 $x$ 深度更新 $an{s}_x$ 就好了。 细节可能有点多。

CODE：

#include
#define pb push_back
using namespace std;
const int N = 5e5 + 10;
typedef pair< int, int > PII;
char c;
int len[1 << 22], ok[25], dep[N];
int n, fa, sz[N], big[N], L[N], R[N], rk, mask[N], ID[N];
int ans[N];
const int INF = 1e8;
vector< PII > E[N];
void dfs0(int x, int fa){
	L[x] = ++rk; ID[rk] = x; dep[x] = dep[fa] + 1;
	sz[x] = 1; int id = 0;
	for(auto k : E[x]){
		int v = k.first, t = k.second;
		if(v == fa) continue;
		mask[v] = (mask[x] ^ t);
		dfs0(v, x);
		sz[x] += sz[v];
		if(sz[v] > sz[id]) id = v;
	}
	R[x] = rk;
	big[x] = id;
}
void get(int &x, int depth, int tm, int tl){
	for(int i = 0; i <= 22; i++) x = max(x, len[ok[i] ^ tm] - depth + tl - depth);
}
void add(int tm, int tl){
	len[tm] = max(len[tm], tl);
}
void del(int tm){
	len[tm] = -INF;
}
void dfs1(int x, int fa, bool keep){
	for(auto k : E[x]){
		int v = k.first;
		if(v == fa || v == big[x]) continue;
		dfs1(v, x, false);
		ans[x] = max(ans[x], ans[v]);//不经过x 
	}
	if(big[x]) dfs1(big[x], x, true), ans[x] = max(ans[x], ans[big[x]]);
	for(auto k : E[x]){
		int v = k.first;
		if(v == fa || v == big[x]) continue;
		for(int i = L[v]; i <= R[v]; i++) get(ans[x], dep[x], mask[ID[i]], dep[ID[i]]);//加上去 
		for(int i = L[v]; i <= R[v]; i++) add(mask[ID[i]], dep[ID[i]]);
	}
	get(ans[x], dep[x], mask[x], dep[x]);
	add(mask[x], dep[x]);
	if(!keep) for(int i = L[x]; i <= R[x]; i++) del(mask[ID[i]]);// 删去这些状态 
}
int main(){
	fill(len + 1, len + (1 << 22), -INF);
	for(int i = 0; i < 22; i++) ok[i] = (1 << i);
	ok[22] = 0;
	scanf("%d", &n);
	for(int i = 2; i <= n; i++){
	    scanf("%d\n%c", &fa, &c);
		E[fa].pb(make_pair(i, (1 << (c - 'a'))));	
	}
	dfs0(1, 0);
	dfs1(1, 0, true);
	for(int i = 1; i <= n; i++){
		printf("%d ", ans[i]);
	}
	return 0;
}

树上统计

题面

简要题意：

给定一棵 $n$ 个节点的树。定义 $Tree[L,R]$ 表示为了使得 $L\sim R$ 号点两两连通，最少需要选择的边的数量。
求 ${\sum }_{l=1}^n{\sum }_{r=l}^{n}Tree[L,R]$。
$n\le 10^5$。

分析：

          首先我们考虑如果 $[L,R]$ 确定了，那么选择的边的集合就确定了。因此这道题本质上是一道计数题。

          经典思路，我们考虑 单边贡献，即一条边会被统计多少次。

          对于一条边 $(u,v)$ 而言，不妨设 $de{p}_u>de{p}_v$，那么我们把 $u$ 的子树里面的点在序列对应位置标记成 $0$，$u$ 子树外面的点在序列对应位置标记成 $1$。那么实际上 $(u,v)$ 会被算的次数等价于询问 有多少区间$[L,R]$ 满足 $[L,R]$ 里面既有 $0$ 又有 $1$。

          正着统计肯定是不好做的，我们考虑正难则反，我们算出有多少区间里面只有 $0$ 或 $1$，然后拿总区间数减去这个数量就好了。

          这个问题可以用 并查集 加 set 解决。因为我们是在序列里面不断的把 $1$ 变成 $0$。考虑多出的 $0$ 与左右两边连续的 $0$ 能多出多少不合法区间，以及少的 $1$ 会减少多少不合法区间即可。 时间复杂度 $O(nlo{g}_2^{2}n)$。不会超时。

CODE：

#include
#define pb push_back
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10;
typedef pair< int, int > PII;
typedef long long LL;
inline int read(){
	int x = 0, f = 1; char c = getchar();
	while(!isdigit(c)){if(c == '-') f = -1; c = getchar();}
	while(isdigit(c)){x = (x << 1) + (x << 3) + (c ^ 48); c = getchar();}
	return x * f;
}
int sz[N], big[N], rk, L[N], R[N], ID[N], siz[N];
int n, u, v;
int bin[N];
LL res, all;
vector< int > E[N];
struct range{
	int l, r;
	friend bool operator < (range a, range b){
		return a.r < b.r;
	}
};
set< range > s; 
int Find(int x){return bin[x] == x ? x : bin[x] = Find(bin[x]);}
void dfs0(int x, int fa){
	sz[x] = 1; L[x] = ++rk;
	int id = 0; ID[rk] = x;
	for(auto v : E[x]){
		if(v == fa) continue;
		dfs0(v, x);
		if(sz[v] > sz[id]) id = v;
	}
	R[x] = rk; big[x] = id;
}
void Add(int x){//把x位置从0改成1
    bin[x] = x; siz[x] = 1;
	if(bin[x - 1] != -1){
		int f1 = Find(x - 1);//找一找 
		all = all - (1LL * siz[f1] * (siz[f1] + 1LL) / 2LL);
		siz[x] += siz[f1];
		bin[f1] = x;
	} 	
	if(bin[x + 1] != -1){
		int f2 = Find(x + 1);
		all = all - (1LL * siz[f2] * (siz[f2] + 1LL) / 2LL);
		siz[x] += siz[f2];
		bin[f2] = x;
	}
	all = all + (1LL * siz[x] * (siz[x] + 1LL) / 2LL);//正贡献 
	set< range >::iterator it = s.lower_bound(range{x, x});//所在段 
	int r = (*it).r, l = (*it).l;
	s.erase(it);
	all = all - ((r - l + 1) * (r - l + 2LL) / 2LL);
	if(x - 1 >= l) s.insert(range{l, x - 1}), all = all + ((1LL * x - l) * (1LL * x - l + 1LL) / 2LL);
	if(r >= x + 1) s.insert(range{x + 1, r}), all = all + ((1LL * r - x) * (1LL * r - x + 1LL) / 2LL);
}
void dfs1(int x, int fa, bool keep){// 考虑用并查集维护1， 用set维护0 
	for(auto v : E[x]){
		if(v == fa || v == big[x]) continue;
		dfs1(v, x, false);
	}
	if(big[x]) dfs1(big[x], x, true);
	Add(x);
	for(auto v : E[x]){
		if(v == fa || v == big[x]) continue;
		for(int i = L[v]; i <= R[v]; i++) Add(ID[i]);
	}
	if(x != 1) res += ((1LL * n * (n + 1)) / 2LL - all);
	if(!keep){
		for(int i = L[x]; i <= R[x]; i++) bin[ID[i]] = -1;
		s.clear(); s.insert(range{1, n});
		all = (1LL * n * (n + 1) / 2LL);
	}
}
int main(){
	n = read();
	for(int i = 1; i <= n; i++) bin[i] = -1;
	bin[0] = -1; bin[n + 1] = -1;
    s.insert(range{1, n}); all = (1LL * n * (n + 1) / 2LL);
	for(int i = 1; i < n; i++){
		u = read(), v = read();
		E[u].pb(v), E[v].pb(u);
	}
	dfs0(1, 0);
	dfs1(1, 0, true);
	printf("%lld\n", res);
	return 0;
}
/*
10
7 1
1 4
7 6
4 8
6 9
7 5
5 2
8 3
1 10
*/