dsu on tree学习笔记

前言

一次模拟赛的\(T3\)：传送门

只会\(O(n^2)\)的我就\(gg\)了，而且对于题解提供的\(\text{dsu on tree}\)的作法一脸懵逼。

看网上的其余大佬写的笔记，我本身画图看了一天才看懂（我太蒻了），因而就有了这篇学习笔记。

概念篇/基础运用

算法简介

如今考虑这样一类树上统计问题：

• 无修改操做，询问容许离线

• 对子树信息进行统计（链上的信息在某些条件下也能够统计）

树上莫队？点分治？

\(\text{dsu on tree}\)能够把它们吊起来打！

\(\text{dsu on tree}\)运用树剖中的轻重链剖分，将轻边子树信息累加到重链上进行统计，拥有\(O(nlogn)\)的优秀复杂度，常数还贼TM小，你值得拥有！

//虽然说是dsu on tree，但某个毒瘤@noip说这是静态链分治

//还有其余的数据结构神du仙liu说它能够被当作是静态的树剖（由于其在树上有强大的统计信息的能力，但不能支持修改操做），与正常的树链剖分相对

//因此我同时保留这几种说法，但愿数据结构神du仙liu们不要喷我这个juruo

算法实现

• 遍历全部轻儿子，递归结束时消除它们的贡献

• 遍历全部重儿子，保留它的贡献

• 再计算当前子树中全部轻子树的贡献

• 更新答案

• 若是当前点是轻儿子，消除当前子树的贡献

---

那么这里有人可能就要问了，为何不保留求出的全部答案呢？这样复杂度就更优了啊

若是这样的话，当你处理完一颗子树的信息时，再递归去求解另外一颗子树时，

已有的答案就会与当前子树信息相混淆，就会产生错误答案。

---

因此，从这咱们看出，一个节点只能选择一个子节点来保留答案

其它的都要去暴力求解

那么选择哪个节点能使复杂度最优呢？

显然，咱们要尽可能均衡答案被保留的子树和不被保存的子树的大小

这是否是就很像树链剖分划分轻重儿子了呢？

人工图解

由于窝太蒻了一开始没怎么理解它，因此有了图解这个环节23333。

• 好比如今有一个已经剖好的树（粗边为重边，带红点的是重儿子）：

• 首先，咱们先一直跳轻儿子跳到这个位置：

• 记录它的答案，并撤销影响，一直往轻儿子上跳

• 而后发现下一步只能跳到一个重儿子上，就记录他的答案并保存（下文图中被染色的点即为目前保存了答案的点）

• 接着回溯到父节点上，往下计算答案

• 由于重儿子保存了答案被标记，往下暴力计算的时候只会通过轻边及轻儿子（即\(6 \rightarrow 12\)这条边和\(12\)号节点）

• 同理，\(2\)号点也可进行相似操做，由于它的重儿子\(6\)号节点已保存了这颗子树的答案，只需上传便可，

  不用再从\(6\)这个位置再往下走统计答案，惟一会暴力统计答案的只有它的轻儿子\(5\)号节点

• 而后继续处理根节点另外一个轻儿子\(3\)，一直到叶子节点收集信息

• 最后，对根节点的重儿子进行统计，如图，先对箭头所指的两个轻儿子进行计算

• 接着对每个重儿子不断保存答案，对轻儿子则暴力统计信息，将答案不断上传

• 而后，对于根节点的处理同上便可

大体代码：

inline void calc(int x,int fa,int val)
{
    ......................
    /*
        针对不一样的问题
        采起各类操做
    */
    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表示当前是否为重儿子
{
    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;//标记重儿子
    calc(x,fa,1);vis[son[x]]=false;//计算贡献
    ans[x]=....;//记录答案
    if(!keep) calc(x,fa,-1);//不是重儿子，撤销其影响
}

若是是维护路径上的信息，大概还能够这么写：（若是有错，请大佬指出）

ps：关于\(\text{dsu on tree}\)对路径上信息进行维护的精彩应用，能够看最后\(3\)道例题

inline void dfs(int x,int fa)
{
    siz[x]=1,dep[x]=dep[fa]+1,nid[rev[x]=++idx]=x;
    //再次借助树剖的思想，子树内节点顺序转为线性 
    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)
{//对x这一节点进行单独处理 
    if(val>0) //计算贡献 
    else //撤销影响 
}
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);
}

复杂度证实

不感兴趣的大佬能够跳过这一段。（蒟蒻本身乱\(yy\)的证实，若是有错请大佬指出）

• 显然，根据上面的图解，一个点只有在它到根节点的路径上遇到一条轻边的时候，本身的信息才会被祖先节点暴力统计一遍

• 而根据树剖相关理论，每一个点到根的路径上有\(logn\)条轻边和\(logn\)条重链

• 即一个点的信息只会上传\(logn\)次

• 若是一个点的信息修改是\(O(1)\)的，那么总复杂度就是\(O(nlogn)\)

几道可爱的例题

例题\(1\)：\[\color{#66ccff}{\texttt{-> 树上数颜色 <-}}\]

此题来自洛咕日报第\(65\)篇做者\(\text{codesonic}\)。

---

• 咱们能够维护一个全局数组\(cnt\)，表明正在被计算的子树的每种颜色的数量

• 每次计算子树贡献的时候，把节点信息往里面加就好了，若是一个颜色第一次出现，则颜色种类数\(top++\)

• 对于须要撤销影响的子树，把信息从里面丢出来便可，若是被删除的颜色只有这一个，则颜色种类数\(top--\)

\(Code\)

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

公认的\(\text{dsu on tree}\)模板题，相比于上题只是增长了对每种数量的颜色和的统计。

• 咱们能够维护\(cnt\)数组，表示某个颜色出现的次数；再维护一个\(sum\)数组，表示当前子树出现了\(x\)次的颜色的编号和

• 对节点信息统计时，先把它在\(sum\)数组里的贡献删掉，更新了\(cnt\)数组后再添回去

• 而后别忘了开\(long \, long\)（血的教训）

\(Code\)

应用篇/各类灵活运用

CF570D Tree Requests

\[\color{orange}{\texttt{-> 原题传送门 <-}}\]

---

窝太菜了，不会二进制优化，只会\(O(26*nlogn)\)

• 首先，由于要造成回文串、又能够对字符进行任意排列，因此最多只能有一种字母的出现次数为奇数

• 而后咱们维护一个\(cnt\)数组，统计每一个深度全部字母的出现次数:

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

• 最后再\(check\)一下就行了

\(Code\)

CF246E Blood Cousins Return

\[\color{orange}{\texttt{-> 原题传送门 <-}}\]

---

• 首先用\(map\)把给的全部名字哈希成\(1\)到\(n\)的数字

• 题目就能够转化为求出每一个深度有多少不一样的数

• 一样，对每一个深度开个\(set\)去重并统计

• 而后就是套板子的事情了

\(Code\)

CF208E Blood Cousins

\[\color{orange}{\texttt{-> 原题传送门 <-}}\]

---

• 显然原问题能够转化为求该点的\(k\)级祖先有多少个\(k\)级儿子（若是没有\(k\)级祖先，答案就是0）

• 而一个点\(x\)的\(k\)级儿子即为在以\(x\)为根节点的子树中有多少点的\(dep\)为\(dep[x] + k\)

• 把全部询问读进来，求出相关的点的\(k\)级祖先（能够离线\(O(n)\)处理，也能够倍增\(O(nlogn)\)搞；若是时空限制比较紧，就采起前者吧)

• 而后由于是统计节点数，因此开一个普通的\(cnt\)数组维护便可。最后答案别忘了\(-1\)，由于算了本身

扔一个增强版的（\(N \le 10^6\)，\(128MB,1s\)）：\(\color{#66ccff}{\texttt{-> 传送门 <-}}\)

友情提醒：上面这道良心题不只卡空间，还卡时间（若是你用dsu on tree）

\(Code\)

IOI2011 Race

\[\color{orange}{\texttt{-> 原题传送门 <-}}\]

---

点分治的题怎么能用点分治呢？并且这仍是dsu on tree学习笔记

• 首先，这道题是对链的信息进行统计，就不能再像对子树的统计方法去搞♂了，因此须要一些奇技淫巧

• 思路与点分治同样，对于每一个节点\(x\)，统计通过\(x\)的路径的信息

• 注意到这道题链上的信息是可加减的，因此咱们能够不保存\(x\)的子孙\(\rightarrow x\)的信息，而是保存每一个节点到根节点的信息，在统计的时候在减去\(x \rightarrow\)根节点的信息

• 而后咱们考虑如何统计，咱们能够在每一个节点维护一个桶\(cnt\)，记录从这个点\(x\)往下走的全部路径中，能造成的每种路径权值和以及其所须要的最少的边的数量：

• 对于\(v_{ij}\)，计算出其到\(x\)的距离\(dis\)及深度差\(d\)(能够当作路径上的节点数)，并用\(d\) \(+\) \(cnt[\)k−dis\(]\)来更新答案。

• 而后用刚才获得的\(dis\)对应的\(d\)来更新\(cnt[dis]\)的值。

• 这样就至关于，用每一个\(v_{ij}\)到\(x\)的链，与以前桶中所保存某条链的路径权值和之和恰为\(k\)的拼成一条路径，并更新答案。而后，再把它也加入桶中

• 再套上\(\text{dsu on tree}\)的板子，每一个节点保存它的重儿子的 桶的信息便可

虽然是\(O(nlog^2n)\)的，但常数小，咱不慌

可是窝太菜了，用\(map\)做桶不开\(O2\)会\(T \, 3\)个点（毕竟用了\(STL\)，还有两只\(log\)），有空再重写一遍233

貌似用\(unodered_{}map\)不开\(O2\)也卡得过去。。

\(Code\)

NOIP2016 每天爱跑步

\[\color{orange}{\texttt{-> 原题传送门 <-}}\]

---

• 首先，咱们能够把\(S \Rightarrow T\)这条路径拆成\(S \rightarrow lca(S,T)\) 和 \(lca(S,T) \rightarrow T\)两段来考虑

• 考虑在第一段路径上一点\(u\)能观测到该玩家的条件是：\(dep[S] - dep[u] = w[u]\)

• 同理，在第二段路径上一点\(u\)能观测到该玩家的条件是：\(dep[T] - dep[u] = dis(S,T) - w[u]\)，即\(dep[S] - 2 \times dep[lca(S,T)] = w[u] - dep[u]\)

• 而后能够用差分的思想，对每一个节点开两个桶\(up\)、\(down\)进行统计

• 在\(S\)的\(up\)中插入\(dep[S]\)

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

• 由于\(lca(S,T)\)会对\(S \rightarrow T\)和\(T \rightarrow S\)都进行统计，因此在其\(up\)中删除\(dep[S]\)

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

• 而后用\(\text{dsu on tree}\)统计便可，答案为\(up[w[u]+dep[u]] + down[w[u] - dep[u]]\)

注意到\(w[u] - dep[u]\)可能小于零，为了不负数下标、又不想套\(map\)，咱们可使用以下\(trick\)

int up[N],CNT[N<<1],*down=&CNT[N];
//把donw[0]指向CNT[N]，这样就能够给负数和正数都分配大小为N的空间

跑的虽然没有普通的差分快，不过吊打线段树合并仍是绰绰有余的

\(Code\)

[Vani有约会]雨天的尾巴

\[\color{orange}{\texttt{-> 原题传送门 <-}}\]

跟每天爱跑步差很少，就不画图了（~懒）

• 同上题，用差分的思想，对每一个节点的增长和删除开两个桶统计

• 同时，这题要维护每一个点出现的最多物品的种类，直接开个线段树维护就行了

\(O(nlog^2n)\)，常数应该和树剖差很少，不过由于每一个点都要进行增长删除两个操做，常数大了一倍，并且还用了线段树，因此\(\cdots\)

不过依然比部分线段树合并跑的快2333

\(Code\)

由以上三题，咱们能够看出，在必定条件下，\(\text{dsu on tree}\)也是能够在链上搞♂事情的

好比\(Race\)知足链上信息可加减性，后两道题能够用差分将链上的修改/询问转化为点上的修改/询问

但\(\text{dsu on tree}\)能够应用的条件确定不止以上两种，由于窝太蒻了，只见识了这些题，之后看到其余类型的也会补上来

射手座之日

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

---

如今终于能够回过头来解决这个题了

留给你们思考吧，要代码的话能够私信我

虽然有不少大佬会线段树合并或虚树上\(dp\)秒切这道题，不过仍是但愿用\(dsu \; AC\)

参考资料/总结

参考资料

• CF一位大神的blog

• Melantha的blog

• ctz＇s blog

• candy?的blog

• zlttttt的blog

总结

之后还会不按期地添加\(\text{dsu on tree}\)的相关题目~

若是有须要，我会把最后那道题的代码贴出来