题解Lomsat gelral [CF600E]

Posted 2021-03-08 xing-ling

【题解】Lomsat gelral [CF600E]

【前言】

写完 ( ext{Dsu on tree}) 后大致浏览了网上的题解，常见做法有以下几种：

• ( ext{Dsu on tree})（占大多数，毕竟是板子）

• 线段树合并（空间巨大）

• (O(nsqrt{n}logn)) 的 ( ext{DFS}) 序 (+) (sb) 暴力莫队（时间巨大）

• (O(nsqrt{n})) 的 ( ext{DFS}) 序 (+) 回滚莫队（效率一般）

但就是没找到一篇 ( ext{DFS}) 序 (+) 分治，让我来做全网第一篇吧（只是我没有找到，希望不要打脸吧）。

【分析】

子树查询转到序列上后其本质是一系列的区间查询，我们知道，要想用分治是需要满足一定单调性的，那么这些区间是否有我们想要的性质呢？

先给出一些定义：

• (size(x)) 表示 (|subtree(x)|)，即以 (x) 为根的子树大小。

• (dfn(x)) 表示节点 (x) 的 ( ext{DFS}) 序。

• (idx(i)) 表示 ( ext{DFS}) 序 (i) 所对应的节点编号，满足 (dfn(idx(i))=i, idx(dfn(x))=x)。

• (Rdfn(i)) 表示 (i+size(idx(i))-1)，即 ( ext{DFS}) 序 (i) 所对应的的节点子树中最大的 ( ext{DFS}) 序。

【引理】

抛结论：
设 (i'<i)，若存在一个 (j) 满足 (i leqslant j leqslant Rdfn(i)) 且 (i' leqslant j leqslant Rdfn(i'))，那么 一定有 (Rdfn(i') geqslant Rdfn(i)) 。
（按照 ( ext{YudeS}) 楪 巨佬所说，穿过 (j) 的区间有互相包含的关系，放在此处即是区间 ([i,Rdfn(i)]) 被包含于 ([i',Rdfn(i')]) 中 ）。

其实很简单，稍想一下就明白了。

证明：
由给出的两个条件可知 (idx(j) in subtree(idx(i))) 且 (idx(j) in subtree(idx(i')))，所以 (idx(i),idx(i')) 均为(idx(j)) 的祖先节点。
又因为 (i'<i)，且任意一个节点 (x) 的所有祖先都在从根到 (x) 的简单路径上，所以 (idx(i')) 应为 (idx(i)) 的祖先节点，于是有 (Rdfn(i') geqslant Rdfn(i))。

【算法实现】

回到这道题，有了上面那个性质，用分治已经很显然了吧，对于一层 ((L,mid,R)) 扫一遍计算出：满足 (L leqslant i leqslant mid) 且 (mid+1 leqslant Rdfn(i) leqslant R) 的所有 (ans[i]) 。

时间复杂度为：(O(nlogn))。

核心操作就一个分治函数，好想又好写，居然没人用....

像这种 (dot) 的题应该都可以用 ( ext{DFS}) 序 (+) 回滚莫队/分治 搞吧，(insert) 函数都不需要改，时间复杂度和分治基本一样（蒟蒻瞎口胡，可信度极低）

【Code】

#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#define LL long long
#define Re register int
using namespace std;
const int N=1e5+3;
int o,n,m,x,y,t,tmp,dfn_O,A[N],Q[N],cnt[N],dfn[N],idx[N],size[N],head[N];LL ans,Ans[N];
struct QAQ{int to,next;}a[N<<1];
inline void add(Re x,Re y){a[++o].to=y,a[o].next=head[x],head[x]=o;}
inline void in(Re &x){
    int f=0;x=0;char c=getchar();
    while(c<'0'||c>'9')f|=c=='-',c=getchar();
    while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
    x=f?-x:x;
}
inline void dfs(Re x,Re fa){//预处理dfn序
    idx[dfn[x]=++dfn_O]=x,size[x]=1;
    for(Re i=head[x],to;i;i=a[i].next)
        if((to=a[i].to)!=fa)dfs(to,x),size[x]+=size[to];
}
inline void CL(){//清空贡献，从zero开始
    while(t)cnt[Q[t--]]=0;ans=tmp=0;
}
inline void insert(Re x){//加入点x的贡献
    ++cnt[Q[++t]=A[x]];
    if(cnt[A[x]]>tmp)tmp=cnt[ans=A[x]];
    else if(cnt[A[x]]==tmp)ans+=A[x];
}
inline void sakura(Re L,Re R){//分治解决(L,R)
    if(L==R){if(size[L]==1)Ans[L]=A[L];return;}
    Re mid=L+R>>1;
    sakura(L,mid),sakura(mid+1,R);//递归解决下面的
    Re p=mid;CL();//搞一个指针p
    for(Re i=mid,j;i>=L&&(j=i+size[idx[i]]-1)<=R;--i){//当j=Rdfn(i)大于R时就可以结束了
        insert(idx[i]);
        if(j<=mid)continue;//只解决对于j>mid的部分
        while(p<j)insert(idx[++p]);//由性质可知满足大于mid的那部分j是单调递增的，不断移动指针p即可
        Ans[idx[i]]=ans;//获得答案
    }
}
int main(){
//  freopen("123.txt","r",stdin);
    in(n),m=n-1;
    for(Re i=1;i<=n;++i)in(A[i]);
    while(m--)in(x),in(y),add(x,y),add(y,x);
    dfs(1,0),sakura(1,n);
    for(Re i=1;i<=n;++i)printf("%lld ",Ans[i]);
}

【参考资料】

• ( ext{YudeS}) 楪 神仙的 ( ext{DFS}) 序分治代码。