CFP1009F Dominant Indices 学习笔记

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前言

此处讲长剖优化 DP 做法。因为据说树上启发式合并在这题跑得太慢。

实际上启发式合并那个常数还是很有点肉眼可见的，这题 \(n\) 开到 \(10^6\) 会更明显一些吧……大概。

题意简述

给定一棵 \(n\) 个结点，以 \(1\) 为根的树。定义 \(d(u,x)\) 为 \(u\) 子树中深度为 \(\text{dep}(u)+x\) 的结点数。

对于每个点 \(u\)，在保证 \(d(u,k)\) 最大的前提下求最小化 \(k\)。

\(n\le 10^6\)。

做法解析

我们先考虑一个朴素 DP。设 \(f_{u,j}\) 表示 \(u\) 的子树中与 \(u\) 距离为 \(j\) 的点的个数。则有转移方程：\(f_{u,j}=\sum_{v\in \text{son}(u)} f_{v,j-1}\)，\(u\) 的答案即为 \(\max f_{u,i}\)。\(ans_u\) 即为满足 \(f_{u,k}=\max f_{u,i}\) 的所有 \(k\) 中的最小值。

但是这坨玩意时空都是 \(O(n^2)\) 的，所以我们需要优化。观察到这玩意在树形态均匀的时候差不多是 \(O(n\log n)\) 的，这启示我们用树剖干掉它，又因为柿子和深度相关，考虑长剖。

长剖优化 DP 究竟是个什么东西？搞懂这题就明白了。

你先考虑一个情景：假如在一条内存空间里我存下了长成这样子的 \(f_v\) 数组：

那么我们会发现，我们往前面再加一格空间，啪的一下，\(f_v\) 数组就以 \(O(1)\) 的代价转移成了 \(f_u\) 数组！

也就是说，我们可以通过合理地分配空间，让 \(f_u\) 的一个儿子 \(O(1)\) 地转移到 \(f_u\)，同时其它儿子则不得不暴力合并，感性理解我们应该选择 \(f_u\) 的长儿子这么做。

理性理解，一方面我们发现我们必须选择长儿子这么做，否则 \(f_v\) 的数组装不下长儿子的数组；另一方面这样时空复杂度也有保证：因为每个长链的状态都有且仅有一次被暴力合并（就是在链顶），而长链总长就是 \(O(n)\) 的，所以时间复杂度 \(O(n)\)，空间上每个结点只用占一格，所以空间复杂度 \(O(n)\)。

至于这个空间具体怎么分配？遍历出长儿子优先的 dfs 序后，\(u\) 的数组空间始于自己的 \(\text{dfn}\)，长度为从自己开始往下的结点数量。

代码实现

哦对了，其实我们并不真的关心 epd[u] 和 dep[u]。我们只关心它们的差值。详见代码。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using namespace obasic;
const int MaxN=1e6+5;
int N,X,Y;
vector<int> Tr[MaxN];
void addudge(int u,int v){
    Tr[u].push_back(v);
    Tr[v].push_back(u);
}
int edis[MaxN],dson[MaxN];
void dfs1(int u,int f){
    for(int v : Tr[u]){
        if(v==f)continue;
        dfs1(v,u);if(edis[v]>edis[dson[u]])edis[u]=edis[v],dson[u]=v;
    }
    edis[u]=edis[dson[u]]+1;
}
int pool[MaxN],dfn[MaxN],dcnt,*dp[MaxN],ans[MaxN];
void updans(int u,int x){
    int &a=dp[u][ans[u]],&b=dp[u][x];
    if(b>a||(b==a&&x<ans[u]))ans[u]=x;
}
void dfs2(int u,int f){
    dfn[u]=++dcnt,dp[u]=pool+dfn[u];
    dp[u][0]=1;if(!dson[u])return;
    dfs2(dson[u],u),updans(u,ans[dson[u]]+1);
    for(int v : Tr[u]){
        if(v==f||v==dson[u])continue;
        dfs2(v,u);for(int i=0;i<edis[v];i++){
            dp[u][i+1]+=dp[v][i];
            updans(u,i+1);
        }
    }
}
int main(){
    readi(N);
    for(int i=1;i<N;i++)readis(X,Y),addudge(X,Y);
    dfs1(1,0);dfs2(1,0);
    for(int i=1;i<=N;i++)writil(ans[i]);
    return 0;
}