【学习笔记】树论—Dsu on tree

【学习笔记】树论—Dsu on tree

【前言】

树上启发式合并 \(\text{Dsu on tree}\) 一般用来解决一类不带修的子树查询问题(据说这玩意儿原名 静态链分治?)。

其核心思想为:利用重链剖分的性质优化子树贡献的计算。

由于 \(\text{zwfymqz}\) 巨佬一讲得比较简略,一开始我并没有理解到其精髓,导致一度怀疑其时间复杂度的合理性,甚至连代码都看不懂。
后来看了看 \(\text{YudeS}\) 神仙的另一种写法 自己手玩了几棵树就懂了。
个人认为后者更好理解,因此本文讲解后者,可能与网上大多数写法略有不同。

【算法实现】

先看板题:\(\text{Lomsat gelral [CF600E]}\)

题目描述:给出一棵 \(n\) 个结点的树,每个结点都有一种颜色编号,求该树中每棵子树里的出现次数最多的颜色的编号和。

算法流程如下:

  • 跑一遍 \(dfs\) 预处理出每个点的重儿子 \(son\)

  • 对于一个点 \(x\),首先遍历计算他所有轻儿子的 \(ans\),并且每算完一个儿子就要清除它的所有贡献。
    接下来计算重儿子 \(son[x]\) 的答案,并保留 \(subtree(son[x])\) 中所有点的贡献,然后再暴力加入 \(subtree(x)\) 中除 \(subtree(son[x])\) 以外的所有点的贡献,此时即可得到 \(ans[x]\)
    随后回溯到 \(fa[x]\),如果 \(x\)\(fa[x]\) 的轻儿子,那么将在 \(x\) 这一波计算下来的贡献全部清除,反之则全部保留。

【时间复杂度】

经过多次不靠谱的手玩尝试,我们可以发现:每一个点只会在其到根路径中若干重链交界处被统计(也即是从该点到根路径上的轻边数量)。

而由于重链剖分的性质,任意一个点往上跳时所经过的重链数量不超过 \(O(logn)\),所以重链交界处(轻边)的数量也不会超过 \(O(logn)\),因此每个点的统计次数也为 \(O(logn)\)

总复杂度为:\(O(nlogn)\),并带上一个通常为 \(O(1)\) 的常数(统计一个点贡献的复杂度)。

另外,还有一种与 \(\text{DSU on Tree}\) 相似的做法,计算贡献是一样的,核心操作换成了 \(dfs\) 序+分治,具体见:【题解】\(\text{Lomsat gelral [CF600E]}\)

【Code】

#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#define LL long long
#define Re register int
using namespace std;
const int N=1e5+3;
int o,n,m,x,y,t,K,tmp,A[N],Q[N],cnt[N],son[N],size[N],head[N];LL ans,Ans[N];
struct QAQ{int to,next;}a[N<<1];
inline void add(Re x,Re y){a[++o].to=y,a[o].next=head[x],head[x]=o;}
inline void in(Re &x){
    int f=0;x=0;char c=getchar();
    while(c<'0'||c>'9')f|=c=='-',c=getchar();
    while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
    x=f?-x:x;
}
inline void dfs(Re x,Re fa){//预处理重儿子
    size[x]=1;
    for(Re i=head[x],to;i;i=a[i].next)
        if((to=a[i].to)!=fa){
            dfs(to,x),size[x]+=size[to];
            if(size[to]>size[son[x]])son[x]=to;
        }
}
inline void CL(){//清空贡献,从zero开始
    while(t)cnt[Q[t--]]=0;ans=tmp=0;
}
inline void insert(Re x){//加入点x的贡献
    ++cnt[Q[++t]=A[x]];
    if(cnt[A[x]]>tmp)tmp=cnt[ans=A[x]];
    else if(cnt[A[x]]==tmp)ans+=A[x];
}
inline void addson(Re x,Re fa){//加入subtree(x)的贡献(以x为根的整棵子树)
    insert(x);
    for(Re i=head[x],to;i;i=a[i].next)
        if((to=a[i].to)!=fa)addson(to,x);
}
inline void sakura(Re x,Re fa){
    for(Re i=head[x],to;i;i=a[i].next)
        if((to=a[i].to)!=fa&&to!=son[x])sakura(to,x),CL();//计算轻儿子的答案并清空贡献
    if(son[x])sakura(son[x],x);//计算重儿子的答案并保留subtree(son[x])(以son[x]为根的整棵子树贡献)
    for(Re i=head[x],to;i;i=a[i].next)
        if((to=a[i].to)!=fa&&to!=son[x])addson(to,x);//加入subtree(x)-subtree(son[x])-x(以x的所有轻儿子为根的子树贡献)
    insert(x),Ans[x]=ans;//注意还要把x的贡献也加进去
}
int main(){
//  freopen("123.txt","r",stdin);
    in(n),m=n-1;
    for(Re i=1;i<=n;++i)in(A[i]);
    while(m--)in(x),in(y),add(x,y),add(y,x);
    dfs(1,0),sakura(1,0);
    for(Re i=1;i<=n;++i)printf("%lld ",Ans[i]);
}

【参考资料】


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posted @ 2020-02-20 11:06  辰星凌  阅读(428)  评论(0编辑  收藏  举报