树上启发式合并

合眼（安详

CF600E Lomsat gelral

详见这篇博客。

CF741D Arpa’s letter-marked tree and Mehrdad’s Dokhtar-kosh paths

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。

解题思路：

我有病，我去看这道题，好他妈恶心。

刚开始以为只要是它子树里出现过的字母都可以成为\(Dokhtar-kosh\)路径，于是就安详地\(fake\)了，于是颓了题解，于是试着打了一下，于是自闭了。

观察到，一条路径能成为回文路径，当且仅当其中出现奇数次的字母至多只有\(1\)个，所以我们需要关注字母出现的奇偶性，所以我们就蠢蠢欲动地想要用一些二进制制的东西去解决了。

考虑让\(a\)-\(v\)成为二进制的每一位。

设\(dis_u\)为从根节点到\(u\)的点权异或和，显然出现出现偶数次的字母位置会被异或成\(0\)，奇数次的字母位置会被异或成\(1\)，此时我们需要检验的就是子树中的合法状态下最长的那条路径，而合法状态显然有以下\(23\)种：

\[0000000000000000000000 \\ 1000000000000000000000 \\ 0100000000000000000000 \\ 0010000000000000000000 \\ ... \]

一条路径的状态可以由\(dis_u \oplus dis_v \oplus dis_{lca} \oplus dis_{lca}\)得到，由于异或的性质，我们只需要判断\(dis_u \oplus dis_v\)是否合法就可以了。所以得到：

\[dis_u \oplus dis_v=2^i \ \ -> dis_u \oplus 2^i= dis_v\\ dis_u \oplus dis_v=0 \ \ \ -> dis_u = dis_v \]

但是直接计算的复杂度是不能忍受的\(O(23n^2)\)，而且如此下去最长路径的长度也无从计算，那就开动脑筋想想其他的屑法。

1. 可以开一个\(vis\)数组保存一下遍历时已有状态的最大深度，通过\(dep_u+dep_v-2 \times dep_{lca}\)，解决掉计算最长路径的问题。

2. 树上启发式合并，每次只删完轻儿子的信息而保留重儿子的信息，确保信息传递无误而且降低时间复杂度为\(O(23nlogn)\)。

每个节点的答案先由他的儿子来更新，更新完了之后计算该节点的子树所贡献的答案：连接子树根节点的路径和子树中的各种路径。注意不要有遗漏。

于是这道神必题就可以痛痛快快地调上一天啦（\(bushi\)

代码：

inline void dfs(int u,int typ){
    for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt){
        int v=e[i].to;
        if(v==son[u]) continue;
        dfs(v,0);ans[u]=max(ans[u],ans[v]);
    }
    if(son[u]) dfs(son[u],1);
    ans[u]=max(ans[u],ans[son[u]]);
    //重儿子子树中的贡献已经从里面转移过来
    if(vis[dis[u]]) ans[u]=max(ans[u],vis[dis[u]]-dep[u]);
    //寻找与u相连接的重儿子子树中的最优回文串
    for(int i=0;i<=21;++i) if(vis[dis[u]^(1<<i)])  ans[u]=max(ans[u],vis[dis[u]^(1<<i)]-dep[u]);
    vis[dis[u]]=max(dep[u],vis[dis[u]]);
    //保存此状态的最大深度
    for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt){
        int v=e[i].to;
        if(v==son[u]) continue;
        //在轻儿子的子树中寻找最优回文串
        //注意：这里已经算上子树中节点与父亲的贡献了
        //由于保存的是最大深度，所以所有子树中节点的贡献都能计算到（神！
        for(int j=dfn[v];j<=low[v];++j){
            int op=id[j];
            if(vis[dis[op]]) ans[u]=max(ans[u],vis[dis[op]]+dep[op]-2*dep[u]);
            for(int k=0;k<=21;++k) if(vis[dis[op]^(1<<k)])  ans[u]=max(ans[u],vis[dis[op]^(1<<k)]+dep[op]-2*dep[u]);
        }
        for(int j=dfn[v];j<=low[v];++j) vis[dis[id[j]]]=max(vis[dis[id[j]]],dep[id[j]]);
        //再次计算轻儿子贡献
    }
    if(!typ){
        for(int i=dfn[u];i<=low[u];++i) vis[dis[id[i]]]=0;
        //清空轻儿子
    }
}