【题解】Lomsat gelral [CF600E]

【题解】Lomsat gelral [CF600E]

【前言】

写完 \(\text{Dsu on tree}\) 后大致浏览了网上的题解,常见做法有以下几种:

  • \(\text{Dsu on tree}\)(占大多数,毕竟是板子)

  • 线段树合并(空间巨大)

  • \(O(n\sqrt{n}logn)\)\(\text{DFS}\)\(+\) \(sb\) 暴力莫队(时间巨大)

  • \(O(n\sqrt{n})\)\(\text{DFS}\)\(+\) 回滚莫队(效率一般)

但就是没找到一篇 \(\text{DFS}\)\(+\) 分治,让我来做全网第一篇吧(只是我没有找到,希望不要打脸吧)。

【分析】

子树查询转到序列上后其本质是一系列的区间查询,我们知道,要想用分治是需要满足一定单调性的,那么这些区间是否有我们想要的性质呢?

先给出一些定义:

  • \(size(x)\) 表示 \(|subtree(x)|\),即以 \(x\) 为根的子树大小。

  • \(dfn(x)\) 表示节点 \(x\)\(\text{DFS}\) 序。

  • \(idx(i)\) 表示 \(\text{DFS}\)\(i\) 所对应的节点编号,满足 \(dfn(idx(i))=i,\ idx(dfn(x))=x\)

  • \(Rdfn(i)\) 表示 \(i+size(idx(i))-1\),即 \(\text{DFS}\)\(i\) 所对应的的节点子树中最大的 \(\text{DFS}\) 序。

【引理】

抛结论
\(i'<i\),若存在一个 \(j\) 满足 \(i \leqslant j \leqslant Rdfn(i)\)\(i' \leqslant j \leqslant Rdfn(i')\),那么 一定有 \(Rdfn(i') \geqslant Rdfn(i)\)
(按照 \(\text{YudeS}\) 巨佬所说,穿过 \(j\) 的区间有互相包含的关系,放在此处即是区间 \([i,Rdfn(i)]\) 被包含于 \([i',Rdfn(i')]\) 中 )。

其实很简单,稍想一下就明白了。

证明
由给出的两个条件可知 \(idx(j) \in subtree(idx(i))\)\(idx(j) \in subtree(idx(i'))\),所以 \(idx(i),idx(i')\) 均为\(idx(j)\) 的祖先节点。
又因为 \(i'<i\),且任意一个节点 \(x\) 的所有祖先都在从根到 \(x\) 的简单路径上,所以 \(idx(i')\) 应为 \(idx(i)\) 的祖先节点,于是有 \(Rdfn(i') \geqslant Rdfn(i)\)

【算法实现】

回到这道题,有了上面那个性质,用分治已经很显然了吧,对于一层 \((L,mid,R)\) 扫一遍计算出:满足 \(L \leqslant i \leqslant mid\)\(mid+1 \leqslant Rdfn(i) \leqslant R\) 的所有 \(ans[i]\)

时间复杂度为:\(O(nlogn)\)

核心操作就一个分治函数,好想又好写,居然没人用....

像这种 \(dot\) 的题应该都可以用 \(\text{DFS}\)\(+\) 回滚莫队/分治 搞吧,\(insert\) 函数都不需要改,时间复杂度和分治基本一样(蒟蒻瞎口胡,可信度极低

【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,tmp,dfn_O,A[N],Q[N],cnt[N],dfn[N],idx[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dfn序
    idx[dfn[x]=++dfn_O]=x,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];
}
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 sakura(Re L,Re R){//分治解决(L,R)
    if(L==R){if(size[idx[L]]==1)Ans[idx[L]]=A[idx[L]];return;}
    Re mid=L+R>>1;
    sakura(L,mid),sakura(mid+1,R);//递归解决下面的
    Re p=mid;CL();//搞一个指针p
    for(Re i=mid,j;i>=L&&(j=i+size[idx[i]]-1)<=R;--i){//当j=Rdfn(i)大于R时就可以结束了
        insert(idx[i]);
        if(j<=mid)continue;//只解决对于j>mid的部分
        while(p<j)insert(idx[++p]);//由性质可知满足大于mid的那部分j是单调递增的,不断移动指针p即可
        Ans[idx[i]]=ans;//获得答案
    }
}
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,n);
    for(Re i=1;i<=n;++i)printf("%lld ",Ans[i]);
}

【参考资料】

posted @ 2020-02-20 16:36  辰星凌  阅读(289)  评论(0编辑  收藏  举报