dsu on tree學習筆記

前言

一次模擬賽的\(T3\)：傳送門

只會\(O(n^2)\)的我就\(gg\)了，而且對於題解提供的\(\text{dsu on tree}\)的作法一臉懵逼。

看網上的其餘大佬寫的筆記，我本身畫圖看了一天才看懂（我太蒻了），因而就有了這篇學習筆記。

概念篇/基礎運用

算法簡介

如今考慮這樣一類樹上統計問題：

• 無修改操做，詢問容許離線

• 對子樹信息進行統計（鏈上的信息在某些條件下也能夠統計）

樹上莫隊？點分治？

\(\text{dsu on tree}\)能夠把它們吊起來打！

\(\text{dsu on tree}\)運用樹剖中的輕重鏈剖分，將輕邊子樹信息累加到重鏈上進行統計，擁有\(O(nlogn)\)的優秀複雜度，常數還賊TM小，你值得擁有！

//雖然說是dsu on tree，但某個毒瘤@noip說這是靜態鏈分治

//還有其餘的數據結構神du仙liu說它能夠被當作是靜態的樹剖（由於其在樹上有強大的統計信息的能力，但不能支持修改操做），與正常的樹鏈剖分相對

//因此我同時保留這幾種說法，但願數據結構神du仙liu們不要噴我這個juruo

算法實現

• 遍歷全部輕兒子，遞歸結束時消除它們的貢獻

• 遍歷全部重兒子，保留它的貢獻

• 再計算當前子樹中全部輕子樹的貢獻

• 更新答案

• 若是當前點是輕兒子，消除當前子樹的貢獻

---

那麼這裏有人可能就要問了，爲何不保留求出的全部答案呢？這樣複雜度就更優了啊

若是這樣的話，當你處理完一顆子樹的信息時，再遞歸去求解另外一顆子樹時，

已有的答案就會與當前子樹信息相混淆，就會產生錯誤答案。

---

因此，從這咱們看出，一個節點只能選擇一個子節點來保留答案

其它的都要去暴力求解

那麼選擇哪個節點能使複雜度最優呢？

顯然，咱們要儘可能均衡答案被保留的子樹和不被保存的子樹的大小

這是否是就很像樹鏈剖分劃分輕重兒子了呢？

人工圖解

由於窩太蒻了一開始沒怎麼理解它，因此有了圖解這個環節23333。

• 好比如今有一個已經剖好的樹（粗邊爲重邊，帶紅點的是重兒子）：

• 首先，咱們先一直跳輕兒子跳到這個位置：

• 記錄它的答案，並撤銷影響，一直往輕兒子上跳

• 而後發現下一步只能跳到一個重兒子上，就記錄他的答案並保存（下文圖中被染色的點即爲目前保存了答案的點）

• 接着回溯到父節點上，往下計算答案

• 由於重兒子保存了答案被標記，往下暴力計算的時候只會通過輕邊及輕兒子（即\(6 \rightarrow 12\)這條邊和\(12\)號節點）

• 同理，\(2\)號點也可進行相似操做，由於它的重兒子\(6\)號節點已保存了這顆子樹的答案，只需上傳便可，

  不用再從\(6\)這個位置再往下走統計答案，惟一會暴力統計答案的只有它的輕兒子\(5\)號節點

• 而後繼續處理根節點另外一個輕兒子\(3\)，一直到葉子節點收集信息

• 最後，對根節點的重兒子進行統計，如圖，先對箭頭所指的兩個輕兒子進行計算

• 接着對每個重兒子不斷保存答案，對輕兒子則暴力統計信息，將答案不斷上傳

• 而後，對於根節點的處理同上便可

大體代碼：

inline void calc(int x,int fa,int val)
{
    ......................
    /*
        針對不一樣的問題
        採起各類操做
    */
    for(rg int i=0;i<(int)G[x].size();++i)
    {
        int v=G[x][i];
        if(vis[v] || v==fa) continue;
        calc(v,x,val);
    }
}
inline void dfs(int x,int fa,int keep)//keep表示當前是否爲重兒子
{
    for(int i=0;i<(int)G[x].size();++i)
    {
        int v=G[x][i].v;
        if(v==fa || v==son[x]) continue;
        dfs(v,x,0);
    }
    if(son[x]) dfs(son[x],x,1),vis[son[x]]=true;//標記重兒子
    calc(x,fa,1);vis[son[x]]=false;//計算貢獻
    ans[x]=....;//記錄答案
    if(!keep) calc(x,fa,-1);//不是重兒子，撤銷其影響
}

若是是維護路徑上的信息，大概還能夠這麼寫：（若是有錯，請大佬指出）

ps：關於\(\text{dsu on tree}\)對路徑上信息進行維護的精彩應用，能夠看最後\(3\)道例題

inline void dfs(int x,int fa)
{
    siz[x]=1,dep[x]=dep[fa]+1,nid[rev[x]=++idx]=x;
    //再次藉助樹剖的思想，子樹內節點順序轉爲線性 
    for(rg int i=0;i<(int)G[x].size();++i)
    {
        int v=G[x][i].v,w=G[x][i].w;
        if(v==fa) continue;
        dfs(v,x),siz[x]+=siz[v];
        if(!son[x] || siz[v]>siz[son[x]]) son[x]=v;
    }
}
inline void calc(int x,int val)
{//對x這一節點進行單獨處理 
    if(val>0) //計算貢獻 
    else //撤銷影響 
}
inline void dfs2(int x,int fa,int keep)
{
    for(rg int i=0;i<(int)G[x].size();++i)
    {
        int v=G[x][i].v;
        if(v==fa || v==son[x]) continue;
        dfs2(v,x,0);
    }
    if(son[x]) dfs2(son[x],x,1);
    for(rg int i=0;i<(int)G[x].size();++i)
    {
        int v=G[x][i].v;
        if(v==fa || v==son[x]) continue;
        for(rg int j=0;j<siz[v];++j)
        {
            int vv=nid[rev[v]+j]; 
            ..........
            //更新答案 
        }
        for(rg int j=0;j<siz[v];++j) calc(nid[rev[v]+j],1);
    }
    calc(x,1);
    ..........//更新答案 
    if(!keep) for(rg int i=0;i<siz[x];++i) calc(nid[rev[x]+i],-1);
}

複雜度證實

不感興趣的大佬能夠跳過這一段。（蒟蒻本身亂\(yy\)的證實，若是有錯請大佬指出）

• 顯然，根據上面的圖解，一個點只有在它到根節點的路徑上遇到一條輕邊的時候，本身的信息纔會被祖先節點暴力統計一遍

• 而根據樹剖相關理論，每一個點到根的路徑上有\(logn\)條輕邊和\(logn\)條重鏈

• 即一個點的信息只會上傳\(logn\)次

• 若是一個點的信息修改是\(O(1)\)的，那麼總複雜度就是\(O(nlogn)\)

幾道可愛的例題

例題\(1\)：\[\color{#66ccff}{\texttt{-> 樹上數顏色 <-}}\]

此題來自洛咕日報第\(65\)篇做者\(\text{codesonic}\)。

---

• 咱們能夠維護一個全局數組\(cnt\)，表明正在被計算的子樹的每種顏色的數量

• 每次計算子樹貢獻的時候，把節點信息往裏面加就好了，若是一個顏色第一次出現，則顏色種類數\(top++\)

• 對於須要撤銷影響的子樹，把信息從裏面丟出來便可，若是被刪除的顏色只有這一個，則顏色種類數\(top--\)

\(Code\)

例題\(2\)：\[\color{#66ccff}{\texttt{-> CF600E Lomsat gelral <-}}\]

公認的\(\text{dsu on tree}\)模板題，相比於上題只是增長了對每種數量的顏色和的統計。

• 咱們能夠維護\(cnt\)數組，表示某個顏色出現的次數；再維護一個\(sum\)數組，表示當前子樹出現了\(x\)次的顏色的編號和

• 對節點信息統計時，先把它在\(sum\)數組裏的貢獻刪掉，更新了\(cnt\)數組後再添回去

• 而後別忘了開\(long \, long\)（血的教訓）

\(Code\)

應用篇/各類靈活運用

CF570D Tree Requests

\[\color{orange}{\texttt{-> 原題傳送門 <-}}\]

---

窩太菜了，不會二進制優化，只會\(O(26*nlogn)\)

• 首先，由於要造成迴文串、又能夠對字符進行任意排列，因此最多隻能有一種字母的出現次數爲奇數

• 而後咱們維護一個\(cnt\)數組，統計每一個深度全部字母的出現次數:

cnt[dep[x]][s[x]-'a']+=val;

• 最後再\(check\)一下就行了

\(Code\)

CF246E Blood Cousins Return

\[\color{orange}{\texttt{-> 原題傳送門 <-}}\]

---

• 首先用\(map\)把給的全部名字哈希成\(1\)到\(n\)的數字

• 題目就能夠轉化爲求出每一個深度有多少不一樣的數

• 一樣，對每一個深度開個\(set\)去重並統計

• 而後就是套板子的事情了

\(Code\)

CF208E Blood Cousins

\[\color{orange}{\texttt{-> 原題傳送門 <-}}\]

---

• 顯然原問題能夠轉化爲求該點的\(k\)級祖先有多少個\(k\)級兒子（若是沒有\(k\)級祖先，答案就是0）

• 而一個點\(x\)的\(k\)級兒子即爲在以\(x\)爲根節點的子樹中有多少點的\(dep\)爲\(dep[x] + k\)

• 把全部詢問讀進來，求出相關的點的\(k\)級祖先（能夠離線\(O(n)\)處理，也能夠倍增\(O(nlogn)\)搞；若是時空限制比較緊，就採起前者吧)

• 而後由於是統計節點數，因此開一個普通的\(cnt\)數組維護便可。最後答案別忘了\(-1\)，由於算了本身

扔一個增強版的（\(N \le 10^6\)，\(128MB,1s\)）：\(\color{#66ccff}{\texttt{-> 傳送門 <-}}\)

友情提醒：上面這道良心題不只卡空間，還卡時間（若是你用dsu on tree）

\(Code\)

IOI2011 Race

\[\color{orange}{\texttt{-> 原題傳送門 <-}}\]

---

點分治的題怎麼能用點分治呢？並且這仍是dsu on tree學習筆記

• 首先，這道題是對鏈的信息進行統計，就不能再像對子樹的統計方法去搞♂了，因此須要一些奇技淫巧

• 思路與點分治同樣，對於每一個節點\(x\)，統計通過\(x\)的路徑的信息

• 注意到這道題鏈上的信息是可加減的，因此咱們能夠不保存\(x\)的子孫\(\rightarrow x\)的信息，而是保存每一個節點到根節點的信息，在統計的時候在減去\(x \rightarrow\)根節點的信息

• 而後咱們考慮如何統計，咱們能夠在每一個節點維護一個桶\(cnt\)，記錄從這個點\(x\)往下走的全部路徑中，能造成的每種路徑權值和以及其所須要的最少的邊的數量：

• 對於\(v_{ij}\)，計算出其到\(x\)的距離\(dis\)及深度差\(d\)(能夠當作路徑上的節點數)，並用\(d\) \(+\) \(cnt[\)k−dis\(]\)來更新答案。

• 而後用剛纔獲得的\(dis\)對應的\(d\)來更新\(cnt[dis]\)的值。

• 這樣就至關於，用每一個\(v_{ij}\)到\(x\)的鏈，與以前桶中所保存某條鏈的路徑權值和之和恰爲\(k\)的拼成一條路徑，並更新答案。而後，再把它也加入桶中

• 再套上\(\text{dsu on tree}\)的板子，每一個節點保存它的重兒子的 桶的信息便可

雖然是\(O(nlog^2n)\)的，但常數小，咱不慌

可是窩太菜了，用\(map\)做桶不開\(O2\)會\(T \, 3\)個點（畢竟用了\(STL\)，還有兩隻\(log\)），有空再重寫一遍233

貌似用\(unodered_{}map\)不開\(O2\)也卡得過去。。

\(Code\)

NOIP2016 每天愛跑步

\[\color{orange}{\texttt{-> 原題傳送門 <-}}\]

---

• 首先，咱們能夠把\(S \Rightarrow T\)這條路徑拆成\(S \rightarrow lca(S,T)\) 和 \(lca(S,T) \rightarrow T\)兩段來考慮

• 考慮在第一段路徑上一點\(u\)能觀測到該玩家的條件是：\(dep[S] - dep[u] = w[u]\)

• 同理，在第二段路徑上一點\(u\)能觀測到該玩家的條件是：\(dep[T] - dep[u] = dis(S,T) - w[u]\)，即\(dep[S] - 2 \times dep[lca(S,T)] = w[u] - dep[u]\)

• 而後能夠用差分的思想，對每一個節點開兩個桶\(up\)、\(down\)進行統計

• 在\(S\)的\(up\)中插入\(dep[S]\)

• 在\(T\)的\(down\)中插入\(dep[S] - 2 \times dep[lca(S,T)]\)

• 由於\(lca(S,T)\)會對\(S \rightarrow T\)和\(T \rightarrow S\)都進行統計，因此在其\(up\)中刪除\(dep[S]\)

• 同理，在\(fa[lca(S,T)]\)的\(down\)中刪除\(dep[S] - 2 \times dep[lca(S,T)]\)

• 而後用\(\text{dsu on tree}\)統計便可，答案爲\(up[w[u]+dep[u]] + down[w[u] - dep[u]]\)

注意到\(w[u] - dep[u]\)可能小於零，爲了不負數下標、又不想套\(map\)，咱們可使用以下\(trick\)

int up[N],CNT[N<<1],*down=&CNT[N];
//把donw[0]指向CNT[N]，這樣就能夠給負數和正數都分配大小爲N的空間

跑的雖然沒有普通的差分快，不過吊打線段樹合併仍是綽綽有餘的

\(Code\)

[Vani有約會]雨天的尾巴

\[\color{orange}{\texttt{-> 原題傳送門 <-}}\]

跟每天愛跑步差很少，就不畫圖了（~懶）

• 同上題，用差分的思想，對每一個節點的增長和刪除開兩個桶統計

• 同時，這題要維護每一個點出現的最多物品的種類，直接開個線段樹維護就行了

\(O(nlog^2n)\)，常數應該和樹剖差很少，不過由於每一個點都要進行增長刪除兩個操做，常數大了一倍，並且還用了線段樹，因此\(\cdots\)

不過依然比部分線段樹合併跑的快2333

\(Code\)

由以上三題，咱們能夠看出，在必定條件下，\(\text{dsu on tree}\)也是能夠在鏈上搞♂事情的

好比\(Race\)知足鏈上信息可加減性，後兩道題能夠用差分將鏈上的修改/詢問轉化爲點上的修改/詢問

但\(\text{dsu on tree}\)能夠應用的條件確定不止以上兩種，由於窩太蒻了，只見識了這些題，之後看到其餘類型的也會補上來

射手座之日

\[\color{orange}{\texttt{-> 提交地址 <-}}\]

---

如今終於能夠回過頭來解決這個題了

留給你們思考吧，要代碼的話能夠私信我

雖然有不少大佬會線段樹合併或虛樹上\(dp\)秒切這道題，不過仍是但願用\(dsu \; AC\)

參考資料/總結

參考資料

• CF一位大神的blog

• Melantha的blog

• ctz＇s blog

• candy?的blog

• zlttttt的blog

總結

之後還會不按期地添加\(\text{dsu on tree}\)的相關題目~

若是有須要，我會把最後那道題的代碼貼出來