dsu on tree(树上启发式合并)

简介

<font size=3> 对于一颗静态树，O（nlogn）时间内处理子树的统计问题。是一种优雅的暴力。

算法思想

<font size=3> 很显然，朴素作法下，对于每颗子树对其进行统计的时间复杂度是平方级别的。考虑对树进行一个重链剖分。虽然都基于重链剖分，但不一样于树剖，咱们维护的不是树链。 对于每一个节点，咱们先处理其轻儿子所在子树，轻子树在处理完后消除其影响。而后处理重儿子所在子树，保留其贡献。而后再暴力跑该点的轻子树，统计该点子树的最终答案。若是该点子树是轻子树，则消除该子树的影响，不然保留。用代码描述的话，大概是这个流程：

void dfs(int u,int fa,int hvy)
{
    for(v :G[u])//处理轻子树
    {
        if(v==f||v==son[u])
            continue;
        dfs(v,u,0);
    }
    if(son[u])//处理重子树
        dfs(son[u],u,1);
    calc(u,fa,1);//暴力统计轻子树对该点答案的贡献
    ans[u]=res;
    if(!hvy)
        calc(u,fa,-1);//若点u所在子树是轻子树，则逆着原来统计的操做来消除其影响。
}

以上体现大概思想，但遇到具体题目可能有不少细节须要思考。

复杂度分析

<font size=3> 这个可能不能很容易的明白其为什么高效，如何达到O（nlogn）。所以咱们考虑每一个节点对时间复杂度的贡献。若是真的明白上述的算法流程，能够知道咱们执行暴力统计的都是对轻边所连的子树，所以每一个点被遍历到的次数与它往上到根的轻边数量有关。而任一点到根的路径上，轻边的数量不会超过logn。所以每一个点最多被遍历logn次。这样想应该好理解不少。

举例

<font size=3>Lomsat gelral 这是一道比较经典的入门题，有兴趣的能够练手，感觉一下算法的思想，再作下一题。在此不给出代码。 下面稍微讲一下D. Arpa’s letter-marked tree and Mehrdad’s Dokhtar-kosh paths 感受这道题仍是挺难的，要考虑很多细节。 题意大概就是每条边有一个字符（a-v)，求每颗子树下最长的一条简单路径，其上的字符可重组成回文串。显然就是要至多只有一个字符出现奇数次。 咱们把每种字符看做二进制上的一个位，即2的幂。则知足条件的简单路径，其边权异或结果必须为0或2的幂。 所以用到dp和dsu on tree的思想。a[i]表示点i到根的路径异或值，dp[i]表示a[x]=i的点中，深度最大的x的深度。 对于一颗以u为根的子树，它的答案路径（该路径默认包含u，所以可能不是最终答案）多是1.u到其子树中某点的简单路径；2.u的两颗不一样子树中的两点间的路径。前者直接判断来更新答案；对于后者两颗子树间的状况，须要不断更新每一个异或值下的最大深度，方便对于跑到的点能够知道此时与它知足条件的另外一点的最大深度，从而得知路径长来更新答案。而后若该子树为重子树，则保留dp信息，不然重置。 附上代码

#include<bits/stdc++.h>
#define dd(x) cout<<#x<<" = "<<x<<" "
#define de(x) cout<<#x<<" = "<<x<<"\n"
#define sz(x) int(x.size())
#define All(x) x.begin(),x.end()
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef long double ld;
typedef pair<int,int> P;
typedef priority_queue<int> BQ;
typedef priority_queue<int,vector<int>,greater<int> > SQ;
const int maxn=5e5+10,mod=1e9+7,INF=0x3f3f3f3f;
int a[maxn],dp[maxn*10],sz[maxn],d[maxn],son[maxn],ans[maxn];
vector<int> G[maxn];
void dfs1(int u,int fa)
{
	sz[u]=1;
	d[u]=d[fa]+1;
	a[u]^=a[fa];
	for (auto& v:G[u])
	{
		dfs1(v,u);
		sz[u]+=sz[v];
		if (sz[v]>sz[son[u]])
			son[u]=v;
	}
}
int mx;
bool check(int x,int y)
{
	int t=x^y,cnt=0;
	for (int i=0;i<='v'-'a';++i)
		cnt+=(t>>i)&1;
	return cnt<=1;
}
void cal(int rt,int u)
{
	if (check(a[u],a[rt]))
		mx=max(mx,d[u]-d[rt]);
	mx=max(mx,dp[a[u]]+d[u]-2*d[rt]);
	for (int i=0;i<='v'-'a';++i)
		mx=max(mx,dp[a[u]^(1<<i)]+d[u]-2*d[rt]);
	for (auto& v:G[u])
		cal(rt,v);
}
void upd(int u,int ty)
{
	if (ty)
		dp[a[u]]=max(dp[a[u]],d[u]);
	else
		dp[a[u]]=-INF;
	for (auto& v:G[u])
		upd(v,ty);
}
void dfs2(int u,int hvy)
{
	for (auto&v :G[u])
	{
		if (v==son[u])
			continue;
		dfs2(v,0);
	}
	if (son[u])
		dfs2(son[u],1);
	mx=0;
	mx=max(mx,dp[a[u]]-d[u]);
	for (int i=0;i<='v'-'a';++i)
		mx=max(mx,dp[a[u]^(1<<i)]-d[u]);
	for (auto& v:G[u])
	{
		if (v==son[u])
			continue;
		cal(u,v);
		upd(v,1);
	}
	ans[u]=mx;
	if (hvy)
		dp[a[u]]=max(dp[a[u]],d[u]);
	else
	{
		for (auto& v:G[u])
			upd(v,0);
		dp[a[u]]=-INF;
	}
}
void solve(int u)
{
	for (auto& v:G[u])
	{
		solve(v);
		ans[u]=max(ans[u],ans[v]);
	}
}
int main()
{
	int n;
	cin>>n;
	char c[2];
	for (int i=2;i<=n;++i)
	{
		int f;
		scanf("%d%s",&f,c);
		G[f].pb(i);
		a[i]=1<<(c[0]-'a');
	}
	for (int i=1;i<maxn*10;++i)
		dp[i]=-INF;
	dfs1(1,0);
	dfs2(1,1);
	solve(1);
	for (int i=1;i<=n;++i)
		printf("%d ",ans[i]);
	return 0;
}