标签：子树 int dsu tree 儿子 启发式 buc son 节点
树上启发式合并（dsu on tree）学习笔记
闲话
树上启发式合并，又称 dsu on tree（虽然跟 dsu 并查集完全没关系），用于离线处理子树相关询问。
它是一种利用了重链剖分性质的暴力，时间复杂度为完全正确的 \(\mathcal{O}(n\log n+m)\)，个人认为跟莫队等都是非常优雅的暴力。
阅读本文并不需要重链剖分作为前置知识。
记号约定
本文中用 \(u\to v\) 表示 \(v\) 是 \(u\) 的儿子，\(u\leadsto v\) 表示 \(v\) 是 \(u\) 的后代。
例子：树上数颜色
这是树上启发式合并最基础的应用。
考虑暴力，每次询问搜一遍子树，统计答案，但这是 \(\mathcal{O}(mn)\) 的。如果预处理所有子树的信息，也是 \(\mathcal{O}(n^2+m)\) 的。
就没有更好的做法吗？
我们设 \({buc}_u\) 为 \(u\) 子树内的桶，\({buc}_{u,i}\) 也就是颜色 \(i\) 在 \(u\) 子树中出现的次数，也就是 \({buc}_{u,i}=\sum\limits_{u\leadsto v}[c_v=i]\)。
可以发现 \({buc}_{u,i}=\sum\limits_{u\to v}{buc}_{v,i}+[c_u=i]\)，但我们前面的暴力中每个节点都重复统计了 \(buc\)，是不是有些浪费呢？考虑对 \(buc\) 数组进行重复利用。
由于两棵没有包含关系的子树的 \(buc\) 不能重复利用，也不可能真的给每个节点都开一个 \(buc\)，因此对于每个节点，\(buc\) 数组只能从一个儿子处继承。那从哪里继承呢？用尾椎骨想一想就知道显然从重儿子处继承是最优的！这里我们把 \(u\) 的重儿子定义为，在 \(u\) 的所有儿子中，子树大小最大的。
于是算法流程就出来了：
- 预处理每个点的重儿子，记点 \(u\) 的重儿子为 \({son}_u\)。
- 从根递归下去，对于节点 \(u\)，先统计所有轻儿子（非重儿子）的答案，并从 \(buc\) 中擦去它们的贡献。此时的 \(buc\) 为空。
- 然后统计重儿子的答案，但从 \(buc\) 中不擦去贡献。此时的 \({buc}_i=\sum\limits_{{son}_u\leadsto v}[c_v=i]\)。
- 在 \(buc\) 中添加当前点 \(u\) 和所有轻儿子子树内的点的贡献。此时的 \({buc}_i=\sum\limits_{u\leadsto v}[c_v=i]\)。
- 处理出当前点的答案。
- 如果当前点是父亲的轻儿子，则需要擦去贡献，枚举 \(u\leadsto v\) 并把 \({buc}_{c_v}\) 减一即可。
那么复杂度是啥呢？
我们称一个节点与它的重儿子连接的边为“重边”，与它的轻儿子连接的边为“轻边”。
首先抛出一条引理：根节点到任意节点路径上的轻边不超过 \(\log n\) 条。
证明：设根节点到当前节点的轻边为 \(x\) 条，当前节点的子树大小为 \(y\)。由轻重儿子定义，显然轻儿子的子树大小不超过父亲的一半，则有 \(y < \dfrac{n}{2^x}\)，所以 \(n > 2^x\)，即 \(x < \log n\)。证毕。
然后考虑一个点会被计算多少次，显然只有搜到这个点，或者这个点位于它的某个祖先的轻儿子的子树内，这个点才会被计算。又因为上面的引理，显然每个点被计算次数为 \(\mathcal{O}(\log n)\)，于是复杂度为 \(\mathcal{O}(n\log n)\)。
回到这道树上数颜色，给出参考代码：
//By: Luogu@rui_er(122461)
#include <bits/stdc++.h>
#define rep(x,y,z) for(int x=y;x<=z;x++)
#define per(x,y,z) for(int x=y;x>=z;x--)
#define debug printf("Running %s on line %d...\n",__FUNCTION__,__LINE__)
#define fileIO(s) do{freopen(s".in","r",stdin);freopen(s".out","w",stdout);}while(false)
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1e5+5;
int n, m, c[N], sz[N], son[N], buc[N], ans[N], now;
vector<int> e[N];
template<typename T> void chkmin(T& x, T y) {if(x > y) x = y;}
template<typename T> void chkmax(T& x, T y) {if(x < y) x = y;}
void dfs(int u, int f) { // 第一步：预处理重儿子
sz[u] = 1;
for(auto v : e[u]) {
if(v == f) continue;
dfs(v, u);
sz[u] += sz[v];
if(sz[v] > sz[son[u]]) son[u] = v;
}
}
void add(int u, int f, int dt) {
if(dt > 0 && !buc[c[u]]) ++now;
buc[c[u]] += dt;
if(dt < 0 && !buc[c[u]]) --now;
for(auto v : e[u]) {
if(v == f) continue;
add(v, u, dt);
}
}
void calc(int u, int f, int sv) {
for(auto v : e[u]) { // 第二步：统计轻儿子答案并擦去贡献
if(v == f || v == son[u]) continue;
calc(v, u, 0);
}
if(son[u]) calc(son[u], u, 1); // 第三步：统计重儿子答案并保留贡献
if(!buc[c[u]]) ++now;
++buc[c[u]];
for(auto v : e[u]) { // 第四步：添加轻儿子贡献
if(v == f || v == son[u]) continue;
add(v, u, 1);
}
ans[u] = now; // 第五步：处理当前点答案
if(!sv) add(u, f, -1); // 第六步：如果是轻儿子，擦去贡献
}
int main() {
scanf("%d", &n);
rep(i, 1, n-1) {
int u, v;
scanf("%d%d", &u, &v);
e[u].push_back(v);
e[v].push_back(u);
}
rep(i, 1, n) scanf("%d", &c[i]);
dfs(1, 0);
calc(1, 0, 0);
for(scanf("%d", &m);m;m--) {
int u;
scanf("%d", &u);
printf("%d\n", ans[u]);
}
return 0;
}
存几道题
CF600E Lomsat gelral、CF208E Blood Cousins、CF741D Arpa’s letter-marked tree and Mehrdad’s Dokhtar-kosh paths。
标签：子树,int,dsu,tree,儿子,启发式,buc,son,节点 来源： https://www.cnblogs.com/ruierqwq/p/dsu-on-tree.html
本站声明： 1. iCode9 技术分享网（下文简称本站）提供的所有内容，仅供技术学习、探讨和分享； 2. 关于本站的所有留言、评论、转载及引用，纯属内容发起人的个人观点，与本站观点和立场无关； 3. 关于本站的所有言论和文字，纯属内容发起人的个人观点，与本站观点和立场无关； 4. 本站文章均是网友提供，不完全保证技术分享内容的完整性、准确性、时效性、风险性和版权归属；如您发现该文章侵犯了您的权益，可联系我们第一时间进行删除； 5. 本站为非盈利性的个人网站，所有内容不会用来进行牟利，也不会利用任何形式的广告来间接获益，纯粹是为了广大技术爱好者提供技术内容和技术思想的分享性交流网站。