CF 600ELomsat gelral（树上启发式合并， dsu on tree， 静态链分治，模板题）

Posted 2021-08-29 小哈里

Algorithm

名称：树上启发式合并， dsu on tree， 静态链分治

用处：一般用来解决一类不带修改的子树查询问题

核心思想为：利用重链剖分的性质优化子树贡献的计算。

前置知识：启发式合并，最常见的就是并查集的按秩合并了，有带按秩合并的并查集中，对于两个大小不一样的集合，我们将小的集合合并到大的集合中，而不是将大的集合合并到小的集合中。让高度小的树成为高度较大的树的子树，这个优化可以称为启发式合并算法。

相关题目：

1. 给出一棵 n 个节点以 1 为根的树，节点 u的颜色为 C[u]，现在对于每个结点 u 询问 u 子树里一共出现了多少种不同的颜色。 n < 2e5
2. 树的节点有颜色，一种颜色占领了一个子树，当且仅当没有其他颜色在这个子树中出现得比它多。求占领每个子树的所有颜色之和 CF600E
3. 给一棵树，每个节点的权值是’a’ 到’v’ 的字母，每次询问要求在一个子树找一条路径，使该路径包含的字符排序后成为回文串。 CF741D
4. UOJ284 快乐游戏鸡

Problem

树的节点有颜色，一种颜色占领了一个子树，当且仅当没有其他颜色在这个子树中出现得比它多。求占领每个子树的所有颜色之和 CF600E

solution

算法思路

• 这道题我们可以遍历整棵树，并用一个cnt数组记录每种颜色出现几次

  但是每做完一棵子树就需要清空cnt，以免对其兄弟造成影响。

  而这样做它的祖先时就要把它重新搜一遍，浪费时间

  但是我们发现，对于每个节点x，最后一棵子树是不用清空的，因为做完那棵子树后可以把其结果直接加入x的答案中。

  选哪棵子树呢？当然是所含节点最多的一棵咯，我们称之为“重儿子”

• 考虑暴力怎么写：遍历每个节点—>把子树中的所有颜色暴力统计出来更新答案—>消除该节点的贡献—继续递归这肯定是O(n^2)的。

• dsu on tree巧妙的利用了轻重链剖分的性质，把复杂度降到了O(nlogn)。你不知道啥叫轻重链剖分？一句话：对于树上的一个点，与其相连的边中，连向的节点子树大小最大的边叫做重边，其他的边叫轻边

算法证明

• 设根到该节点有x条轻边，该节点的大小为y，根据轻重边的定义，轻边所连向的点的大小不会成为该节点总大小的一半。这样每经过一条轻边，y的上限就会/2，因此y<n/2^x，是log的。即一个节点到根的路径上轻边个数不会超过logn条。所以最后的复杂度为O(nlogn)

算法实现，对于节点i：

• 遍历每一个节点
  • 递归解决所有的轻儿子，同时消除递归产生的影响
• 递归重儿子，不消除递归的影响
• 统计所有轻儿子对答案的影响
• 更新该节点的答案
• 删除所有轻儿子对答案的影响

//题意：给出一棵 n 个结点的树，每个结点都有一种颜色编号，求该树中每棵子树里的出现次数最多的颜色的编号和。
//思路：dsu on tree，对树做轻重链剖分，先跑轻儿子，最后一遍跑重儿子的时候不用清空数组，复杂度降低为O(nlogn)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int maxn = 1e5+10;

LL c[maxn], ans[maxn];

vector<int>G[maxn];
LL siz[maxn], son[maxn];
void dsu(int x, int fa){ //轻重链剖分
	siz[x] = 1;
	for(int to : G[x]){
		if(to==fa)continue;
		dsu(to,x);
		siz[x] += siz[to];
		if(siz[to]>siz[son[x]])son[x]=to;
	}
}

LL cnt[maxn], tmp, tmpv, Son;
void add(int x, int fa, int val){//统计x节点的贡献
	cnt[c[x]] += val;
	if(cnt[c[x]]>tmpv)tmpv=cnt[c[x]],tmp=c[x];
	else if(cnt[c[x]]==tmpv)tmp +=c[x];
	for(int to : G[x]){
		if(to==fa)continue;
		if(to==Son)continue;//统计x节点的轻儿子时不统计重儿子
		add(to,x,val);
	}
}
void dfs(int x, int fa, int op){//遍历每个节点
	for(int to : G[x]){
		if(to==fa)continue;
		if(to!=son[x])dfs(to,x,0);//暴力统计轻边的贡献，op=0表示递归完成后消除对该点的影响
	}
	if(son[x])dfs(son[x],x,1), Son=son[x];//统计重儿子的贡献，不消除影响
	add(x,fa,1); Son=0;   //暴力统计所有轻儿子的贡献
	ans[x] = tmp;
	if(!op)add(x,fa,-1),tmp=0,tmpv=0;//消除对该点的影响
}

int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	int n;  cin>>n;
	for(int i = 1; i <= n; i++)cin>>c[i];
	for(int i = 1; i <= n-1; i++){
		int x, y;  cin>>x>>y;
		G[x].push_back(y);
		G[y].push_back(x);
	}
	dsu(1,0);
	dfs(1,0,0);
	for(int i = 1; i <= n; i++)
		cout<<ans[i]<<" ";
	return 0;
}