树上启发式合并（dsu on tree）学习笔记

有丶难，学到自闭

参考的文章：

zcysky：【学习笔记】dsu on tree

Arpa：[Tutorial] Sack (dsu on tree)

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先康一康模板题吧：CF 600E（$Lomsat$ $gelral$）

虽然已经用莫队搞过一遍了（可以参考之前写的博客~），但这个还是差距挺大

我们如果对于每个节点暴力统计答案，是$O(N^2)$的复杂度：最坏情况下整棵树是一条链，对于每个节点的统计平均下来是$O(N)$的

具体是怎么做的呢？

对于以当前节点$x$为根的子树，我们建立$cnt$和$sum$两个数组（其实只要$sum$数组就够用啦）

$cnt[i]$：颜色$i$在子树中出现的次数

$sum[i]$：在子树中出现次数为$i$的颜色，其颜色的序号之和

我们还可以建立一个指针$top$，表示出现次数最多的颜色出现了多少次，在改变$cnt$数组的时候可以顺便维护下$top$

那么，对于这个子树，我们只要跑一边$dfs$，把所有后代全部统计一波，最后的结果就是$ans[x]=sum[top]$

现在我们希望能够降低对于每个节点统计的复杂度

 

$dsu$ $on$ $tree$是$O(N\cdot logN)$的做法，需要用到一些树剖的知识

在这道题目中，拿到了这颗树的连边，我们先用树剖怼上去

不用太着急，只要进行第一个$dfs$、得到$son$数组（即每个节点的重儿子）就够了

接下来的蛇皮操作需要理解一下

对于以节点$x$为根的子树，我们这样计算其结果$ans[x]$：

1. 将$x$的儿子分成两种，一种是重儿子，另一种是轻儿子
2. 我们先按照最上面方法的递归计算所有轻儿子的结果，计算完以后，不对$cnt$、$sum$、$top$进行任何保留（保留与否的操作在下一层递归的第$5$步实现）
3. 我们再递归计算重儿子的的结果，但是计算完后，保留计算重儿子答案时的$cnt$、$sum$、$top$
4. 结束递归、回到当前节点$x$这层以后，由于保留了计算重儿子时的统计信息，我们此时对重儿子及其子树的信息是完全清楚的，但是我们依然不清楚轻儿子和它们的子树的信息，所以我们再递归的$dfs$一遍轻儿子，将信息放进计算重儿子的数组；这时，我们得到的$cnt$、$sum$、$top$与暴力统计得到的是一模一样的
5. 但是节点$x$不一定是其父节点$fa[x]$的重儿子！如果不是，那么$dfs$一遍$x$将所有信息清空；否则就保留（这里就是第$2$、$3$步中的保留/不保留的具体实现的位置）

我们在第$2$步仅仅是为了计算轻儿子的结果，且不想让其统计信息干扰我们需要的重儿子的统计信息

绕的地方在于，我们在第$2$步的“不保留”实际上是在计算某个轻儿子后，将以这个轻儿子为根的子树信息全部从$cnt$、$sum$、$top$中抹去（即是在轻儿子的第$5$步实现，并不是在$x$的第$2$步） ←我一开始因为没理解这个自闭了好久

看上去挺暴力的...分析一下为什么是$O(N\cdot logN)$

对于每个节点$x$，它仅可能被 以其祖先为根的子树 统计，所以它被统计的次数与其到根节点的路径长度相关

但是由于我们将重节点的统计信息保留，所以对于每条重链，只会真正意义上$dfs$到$x$一次：在重链的底端；重链上的其余节点可以通过被保留的统计信息了解$x$的情况、不需要$dfs$

综上，$x$被统计的次数即为其到根节点的路径上链的个数，是$O(logN)$级别的

用这个思路写出的代码如下：

#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;

typedef long long ll;
const int N=100005;

int n;
int c[N];
vector<int> v[N];

int fa[N],sz[N],son[N];

inline void dfs(int x,int f)
{
    fa[x]=f;
    sz[x]=1;
    
    for(int i=0;i)
    {
        int next=v[x][i];
        if(next==fa[x])
            continue;
        
        dfs(next,x);
        sz[x]+=sz[next];
        if(!son[x] || sz[son[x]]<sz[next])
            son[x]=next;
    }
}

int top,cnt[N];
ll sum[N],ans[N];

inline void Add(int x,int num)
{
    sum[cnt[c[x]]]-=(ll)c[x];
    cnt[c[x]]+=num;
    sum[cnt[c[x]]]+=(ll)c[x];
    if(sum[top+1])
        top++;
    if(!sum[top])
        top--;
    
    for(int i=0;i)
    {
        int next=v[x][i];
        if(next==fa[x])
            continue;
        Add(next,num);
    }
}

inline void Solve(int x,int keep)
{
    for(int i=0;i)
    {
        int next=v[x][i];
        if(next==fa[x] || next==son[x])
            continue;
        Solve(next,0);
    }
    
    if(son[x])
            Solve(son[x],1);
    
    for(int i=0;i)
    {
        int next=v[x][i];
        if(next==fa[x] || next==son[x])
            continue;
        Add(next,1);
    }
    
    sum[cnt[c[x]]]-=(ll)c[x];
    cnt[c[x]]++;
    sum[cnt[c[x]]]+=(ll)c[x];
    if(sum[top+1])
        top++;
    ans[x]=sum[top];
    
    if(!keep)
        Add(x,-1);
}

int main()
{
//    freopen("input.txt","r",stdin);
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%d",&c[i]);
    for(int i=1;i)
    {
        int x,y;
        scanf("%d%d",&x,&y);
        v[x].push_back(y);
        v[y].push_back(x);
    }
    
    dfs(1,0);
    Solve(1,1);
    
    for(int i=1;i<=n;i++)
        printf("%lld ",ans[i]);
    return 0;
}

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再整一道题：CF 1009F（$Dominant$ $Indices$）

这题做完后，感觉这种玩法比莫队还暴力...

如果想写暴力的话，可以对于每个节点$x$遍历子树，用$cnt$数组统计各深度的节点一共有多少个、并不断更新答案深度$val$

由于我们是一个个统计节点的，所以正确的$val$一定能够在统计的时候被更新出来：如果$cnt[dep[x]]>cnt[val]$或者$cnt[dep[x]]==cnt[val]$ && $dep[x]

如果想删除一个节点怎么办？是不是要用set什么的...

不需要！在树上启发式合并中，唯一的删除操作存在于不保留节点信息时删空子树，所以在得到答案的过程中，我们只会加入节点、不会删除节点，即相当于每次得到的信息跟暴力得到的是完全相同的

相比而言，莫队还得考虑删除是否为$O(1)$呢

#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;

const int N=1000005;

int n;
vector<int> v[N];

int fa[N],sz[N],dep[N],son[N];

inline void dfs(int x,int f)
{
    fa[x]=f;
    sz[x]=1;
    dep[x]=dep[fa[x]]+1;
    
    for(int i=0;i)
    {
        int next=v[x][i];
        if(next==fa[x])
            continue;
        
        dfs(next,x);
        
        sz[x]+=sz[next];
        if(!son[x] || sz[next]>sz[son[x]])
            son[x]=next;
    }
}

int ans[N],cnt[N],val;

inline void Add(int x,int num)
{
    cnt[dep[x]]+=num;
    val=(cnt[dep[x]]>cnt[val] || (cnt[dep[x]]==cnt[val] && dep[x]dep[x]:val);
    
    for(int i=0;i)
    {
        int next=v[x][i];
        if(next==fa[x])
            continue;
        Add(next,num);
    }
}

inline void Solve(int x,int keep)
{
    for(int i=0;i)
    {
        int next=v[x][i];
        if(next==fa[x] || next==son[x])
            continue;
        Solve(next,0);
    }
    
    if(son[x])
        Solve(son[x],1);
    
    for(int i=0;i)
    {
        int next=v[x][i];
        if(next==fa[x] || next==son[x])
            continue;
        Add(next,1);
    }
    
    cnt[dep[x]]+=1;
    val=(cnt[dep[x]]>cnt[val] || (cnt[dep[x]]==cnt[val] && dep[x]dep[x]:val);
    ans[x]=val;
    
    if(!keep)
        Add(x,-1);
}

int main()
{
//    freopen("input.txt","r",stdin);
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i)
    {
        int x,y;
        scanf("%d%d",&x,&y);
        v[x].push_back(y);
        v[y].push_back(x);
    }
    
    dfs(1,0);
    Solve(1,1);
    
    for(int i=1;i<=n;i++)
        printf("%d\n",ans[i]-dep[i]);
    return 0;
}

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一道被我做难的题：CF 375D（$Tree$ $and$ $Queries$）

题意跟$Lomsat$ $gelral$有点像，但是求的是出现次数不少于$k$的颜色有多少种

如果统计出现次数$cnt$，那么我们可以在当前节点$x$合并完子树后，在$cnt$数组上求区间和，也就是把第一题中的$sum$数组上的更新搬到线段树上

不过有种更妙的方法，用类似栈的思想，只需要开一个数组来统计：

• 如果颜色$color$被加入，那么出现次数不少于$cnt[color]$的颜色数不变（因为$color$已经在之前被统计过了），次数不少于$cnt[color]+1$的颜色数增加$1$，最后$cnt[color]++$
• 如果颜色$color$被删去，那么出现次数不少于$cnt[color]$的颜色数减$1$，次数不少于$cnt[color]-1$的颜色数不变，最后$cnt[color]--$

不过如果最后询问的是出现次数不少于$k$的颜色数量$\times$颜色序号，应该是没法避免线段树了

还是应该再多想想的...

（这题好像莫队也能玩的很开心，没反应过来）

#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;

typedef pair<int,int> pii;
const int N=100005;

int SZ=1;
int t[N<<2];

inline void Modify(int k,int x)
{
    k=k+SZ;
    t[k]+=x;
    k>>=1;
    
    while(k)
    {
        t[k]=(t[k<<1]+t[k<<1|1]);
        k>>=1;
    }
}

inline int Query(int k,int p,int a,int b)
{
    if(b<p)
        return 0;
    if(a>=p)
        return t[k];
    
    int mid=(a+b)>>1;
    return Query(k<<1,p,a,mid)+Query(k<<1|1,p,mid+1,b);
}

int n,m;
int c[N];
vector<int> v[N];

int fa[N],sz[N],son[N];

inline void dfs(int x,int f)
{
    fa[x]=f;
    sz[x]=1;
    
    for(int i=0;i)
    {
        int next=v[x][i];
        if(next==fa[x])
            continue;
        
        dfs(next,x);
        sz[x]+=sz[next];
        if(!son[x] || sz[next]>sz[son[x]])
            son[x]=next;
    }
}

vector q[N];
int ans[N],cnt[N];

inline void Add(int x,int num)
{
    Modify(cnt[c[x]],-1);
    cnt[c[x]]+=num;
    Modify(cnt[c[x]],1);
    
    for(int i=0;i)
    {
        int next=v[x][i];
        if(next==fa[x])
            continue;
        Add(next,num);
    }
}

inline void Solve(int x,int keep)
{
    for(int i=0;i)
    {
        int next=v[x][i];
        if(next==fa[x] || next==son[x])
            continue;
        Solve(next,0);
    }
    
    if(son[x])
        Solve(son[x],1);
    
    for(int i=0;i)
    {
        int next=v[x][i];
        if(next==fa[x] || next==son[x])
            continue;
        Add(next,1); 
    }
    
    Modify(cnt[c[x]],-1);
    cnt[c[x]]++;
    Modify(cnt[c[x]],1);
    
    for(int i=0;i)
    {
        int rnk=q[x][i].first,id=q[x][i].second;
        ans[id]=Query(1,rnk,0,SZ-1);
    }
    
    if(!keep)
        Add(x,-1);
}

int main()
{
//    freopen("input.txt","r",stdin);
    scanf("%d%d",&n,&m);
    while(SZ1)
        SZ<<=1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%d",&c[i]);
    for(int i=1;i)
    {
        int x,y;
        scanf("%d%d",&x,&y);
        v[x].push_back(y);
        v[y].push_back(x);
    }
    
    dfs(1,0);
    
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        int x,y;
        scanf("%d%d",&x,&y);
        q[x].push_back(pii(y,i));
    }
    
    Solve(1,1);
    
    for(int i=1;i<=m;i++)
        printf("%d\n",ans[i]);
    return 0;
}

View Code

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也是一种树上统计的技巧吧

以后遇到题目再补在这里

 

（完）

转载于:https://www.cnblogs.com/LiuRunky/p/DSU_on_Tree.html