dsu on tree入門

先瞎扯幾句

提及來我跟這個算法好像還有很深的淵源呢qwq。當時在學業水平考試的考場上，題目都作完了不會作，因而開始xjb出題。忽然我想到這麼一個題

看起來好像很可作的樣子，然而直到考試完我都只想出來一個莫隊的暴力。當時我想知道有沒有比莫隊更優的作法，和zbq討論了半天也只能搞出一個$O(nlog^2n)$的平衡樹啓發式合併

而後！！我就把這題出給校內互測了！！沒錯，當時是用莫隊當的標算！

結果！mjt用一個假的$O(n)$算法艹過去了由於數據特別水

後來我打算把這題出給另外一場比賽，結果到了前一天晚上造數據的時候我發現不太對，而後把mjt的算法hack了。

去UOJ羣裏一問才知道這玩意兒是個dsu on tree的sb題。

當時我就這個表情

本身仍是太年輕啊%>_<%

好了好了，來說算法吧

Dsu on tree

簡介

dsu on tree跟dsu(並查集)是沒啥關係，多是借用了一波啓發式合併的思想？？

它是用來解決一類樹上詢問問題，通常這種問題有兩個特徵

一、只有對子樹的詢問

二、沒有修改

通常這時候就能夠強上dsu on tree了

update：可能特徵1不會很顯然，就是說題目中不必定明確的問你子樹$i$的答案，多是把問題轉化後須要算子樹$i$的答案

算法流程

考慮暴力怎麼寫：遍歷每一個節點—把子樹中的全部顏色暴力統計出來更新答案—消除該節點的貢獻—繼續遞歸

這確定是$O(n^2)$的。

dsu on tree巧妙的利用了輕重鏈剖分的性質，把複雜度降到了$O(nlogn)$

啥啥啥？你不知道啥叫輕重鏈剖分？

一句話：對於樹上的一個點，與其相連的邊中，連向的節點子樹大小最大的邊叫作重邊，其餘的邊叫輕邊

 dsu on tree的算法流程是這樣的：

 

對於節點$i$：

• 遍歷每個節點
  • 遞歸解決全部的輕兒子，同時消除遞歸產生的影響
• 遞歸重兒子，不消除遞歸的影響
• 統計全部輕兒子對答案的影響
• 更新該節點的答案
• 刪除全部輕兒子對答案的影響

主體框架長這樣

可能你先在會想：爲何都是暴力統計答案？這樣複雜度不是$O(n^2)$的麼？

那簡單的來證一下這東西的複雜度

 

複雜度

性質：一個節點到根的路徑上輕邊個數不會超過$logn$條

證實：

設根到該節點有$x$條輕邊，該節點的大小爲$y$，根據輕重邊的定義，輕邊所連向的點的大小不會成爲該節點總大小的通常。

這樣每通過一條輕邊，$y$的上限就會$ / 2$，所以$y < \frac{n}{2^x}$

由於$n > 2^x$，因此$x < logn$

 

然而這條性質並不能解決問題。

咱們考慮一個點會被訪問多少次

一個點被訪問到，只有兩種狀況

一、在暴力統計輕邊的時候訪問到。

根據前面的性質，該次數$< logn$

二、經過重邊 / 在遍歷的時候被訪問到

顯然只有一次

 

若是統計一個點的貢獻的複雜度爲$O(1)$的話，該算法的複雜度爲$O(nlogn)$

 

模板題

cf600E. Lomsat gelral

 題意：給出一個樹，求出每一個節點的子樹中出現次數最多的顏色的編號和

 dsu on tree的模板題，暴力統計便可

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long 
using namespace std;
const int MAXN = 1e5 + 10;
inline int read() {
    char c = getchar(); int x = 0, f = 1;
    while(c < '0' || c > '9') {if(c == '-') f = -1; c = getchar();}
    while(c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
    return x * f;
}
int N, col[MAXN], son[MAXN], siz[MAXN], cnt[MAXN], Mx, Son;
LL sum = 0, ans[MAXN];
vector<int> v[MAXN];
void dfs(int x, int fa) {
    siz[x] = 1;
    for(int i = 0; i < v[x].size(); i++) {
        int to = v[x][i];
        if(to == fa) continue;
        dfs(to, x);
        siz[x] += siz[to];
        if(siz[to] > siz[son[x]]) son[x] = to;//輕重鏈剖分
    }
}
void add(int x, int fa, int val) {
    cnt[col[x]] += val;//這裏可能會因題目而異
    if(cnt[col[x]] > Mx) Mx = cnt[col[x]], sum = col[x];
    else if(cnt[col[x]] == Mx) sum += (LL)col[x];
    for(int i = 0; i < v[x].size(); i++) {
        int to = v[x][i];
        if(to == fa || to == Son) continue;
        add(to, x, val);
    }
}
void dfs2(int x, int fa, int opt) {
    for(int i = 0; i < v[x].size(); i++) {
        int to = v[x][i];
        if(to == fa) continue;
        if(to != son[x]) dfs2(to, x, 0);//暴力統計輕邊的貢獻，opt = 0表示遞歸完成後消除對該點的影響
    }
    if(son[x]) dfs2(son[x], x, 1), Son = son[x];//統計重兒子的貢獻，不消除影響

    add(x, fa, 1); Son = 0;//暴力統計全部輕兒子的貢獻
    ans[x] = sum;//更新答案
    if(!opt) add(x, fa, -1), sum = 0, Mx = 0;//若是須要刪除貢獻的話就刪掉
}
int main() {
    N = read();
    for(int i = 1; i <= N; i++) col[i] = read();
    for(int i = 1; i <= N - 1; i++) {
        int x = read(), y = read();
        v[x].push_back(y); v[y].push_back(x);
    }
    dfs(1, 0);
    dfs2(1, 0, 0);
    for(int i = 1; i <= N; i++) printf("%I64d ", ans[i]);
    return 0;
}

一道比較有意思的題

不知道老師從哪兒弄的。。。

個人題解：https://www.cnblogs.com/zwfymqz/p/9687296.html

官方題解：

 

 

參考資料

[Codeforces600E]Lomsat gelral（dsu on the tree）

[trick]dsu on tree