有丶抽象,学到自闭
参考的文章:
Arpa:[Tutorial] Sack (dsu on tree)
先康一康模板题吧:CF 600E($Lomsat$ $gelral$)
虽然已经用莫队搞过一遍了(可以参考之前写的博客~),但这个还是差距挺大
我们如果对于每个节点暴力统计答案,是$O(N^2)$的复杂度:最坏情况下整棵树是一条链,对于每个节点的统计平均下来是$O(N)$的
具体是怎么做的呢?
对于以当前节点$x$为根的子树,我们建立$cnt$和$sum$两个数组(其实只要$sum$数组就够用啦)
$cnt[i]$:颜色$i$在子树中出现的次数
$sum[i]$:在子树中出现次数为$i$的颜色,其颜色的序号之和
我们还可以建立一个指针$top$,表示出现次数最多的颜色出现了多少次,在改变$cnt$数组的时候可以顺便维护下$top$
那么,对于这个子树,我们只要跑一边$dfs$,把所有后代全部统计一波,最后的结果就是$ans[x]=sum[top]$
现在我们希望能够降低对于每个节点统计的复杂度
$dsu$ $on$ $tree$是$O(N\cdot logN)$的做法,需要用到一些树剖的知识
在这道题目中,拿到了这颗树的连边,我们先用树剖怼上去
不用太着急,只要进行第一个$dfs$、得到$son$数组(即每个节点的重儿子)就够了
接下来的蛇皮操作需要理解一下
对于以节点$x$为根的子树,我们这样计算其结果$ans[x]$:
- 将$x$的儿子分成两种,一种是重儿子,另一种是轻儿子
- 我们先按照最上面方法的递归计算所有轻儿子的结果,计算完以后,不对$cnt$、$sum$、$top$进行任何保留(保留与否的操作在下一层递归的第$5$步实现)
- 我们再递归计算重儿子的的结果,但是计算完后,保留计算重儿子答案时的$cnt$、$sum$、$top$
- 结束递归、回到当前节点$x$这层以后,由于保留了计算重儿子时的统计信息,我们此时对重儿子及其子树的信息是完全清楚的,但是我们依然不清楚轻儿子和它们的子树的信息,所以我们再递归的$dfs$一遍轻儿子,将信息放进计算重儿子的数组;这时,我们得到的$cnt$、$sum$、$top$与暴力统计得到的是一模一样的
- 但是节点$x$不一定是其父节点$fa[x]$的重儿子!如果不是,那么$dfs$一遍$x$将所有信息清空;否则就保留(这里就是第$2$、$3$步中的保留/不保留的具体实现的位置)
我们在第$2$步仅仅是为了计算轻儿子的结果,且不想让其统计信息干扰我们需要的重儿子的统计信息
绕的地方在于,我们在第$2$步的“不保留”实际上是在计算某个轻儿子后,将以这个轻儿子为根的子树信息全部从$cnt$、$sum$、$top$中抹去(即是在轻儿子的第$5$步实现,并不是在$x$的第$2$步) ←我一开始因为没理解这个自闭了好久
看上去挺暴力的...分析一下为什么是$O(N\cdot logN)$
对于每个节点$x$,它仅可能被 以其祖先为根的子树 统计,所以它被统计的次数与其到根节点的路径长度相关
但是由于我们将重节点的统计信息保留,所以对于每条重链,只会真正意义上$dfs$到$x$一次:在重链的底端;重链上的其余节点可以通过被保留的统计信息了解$x$的情况、不需要$dfs$
综上,$x$被统计的次数即为其到根节点的路径上链的个数,是$O(logN)$级别的
用这个思路写出的代码如下:
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <vector>
using namespace std; typedef long long ll;
const int N=; int n;
int c[N];
vector<int> v[N]; int fa[N],sz[N],son[N]; inline void dfs(int x,int f)
{
fa[x]=f;
sz[x]=; for(int i=;i<v[x].size();i++)
{
int next=v[x][i];
if(next==fa[x])
continue; dfs(next,x);
sz[x]+=sz[next];
if(!son[x] || sz[son[x]]<sz[next])
son[x]=next;
}
} int top,cnt[N];
ll sum[N],ans[N]; inline void Add(int x,int num)
{
sum[cnt[c[x]]]-=(ll)c[x];
cnt[c[x]]+=num;
sum[cnt[c[x]]]+=(ll)c[x];
if(sum[top+])
top++;
if(!sum[top])
top--; for(int i=;i<v[x].size();i++)
{
int next=v[x][i];
if(next==fa[x])
continue;
Add(next,num);
}
} inline void Solve(int x,int keep)
{
for(int i=;i<v[x].size();i++)
{
int next=v[x][i];
if(next==fa[x] || next==son[x])
continue;
Solve(next,);
} if(son[x])
Solve(son[x],); for(int i=;i<v[x].size();i++)
{
int next=v[x][i];
if(next==fa[x] || next==son[x])
continue;
Add(next,);
} sum[cnt[c[x]]]-=(ll)c[x];
cnt[c[x]]++;
sum[cnt[c[x]]]+=(ll)c[x];
if(sum[top+])
top++;
ans[x]=sum[top]; if(!keep)
Add(x,-);
} int main()
{
// freopen("input.txt","r",stdin);
scanf("%d",&n);
for(int i=;i<=n;i++)
scanf("%d",&c[i]);
for(int i=;i<n;i++)
{
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
v[x].push_back(y);
v[y].push_back(x);
} dfs(,);
Solve(,); for(int i=;i<=n;i++)
printf("%lld ",ans[i]);
return ;
}
再整一道题:CF 1009F($Dominant$ $Indices$)
这题做完后,感觉这种玩法比莫队还暴力...
如果想写暴力的话,可以对于每个节点$x$遍历子树,用$cnt$数组统计各深度的节点一共有多少个、并不断更新答案深度$val$
由于我们是一个个统计节点的,所以正确的$val$一定能够在统计的时候被更新出来:如果$cnt[dep[x]]>cnt[val]$或者$cnt[dep[x]]==cnt[val]$ && $dep[x]<val$,那么$val=dep[x]$
如果想删除一个节点怎么办?是不是要用set什么的...
不需要!在树上启发式合并中,唯一的删除操作存在于不保留节点信息时删空子树,所以在得到答案的过程中,我们只会加入节点、不会删除节点,即相当于每次得到的信息跟暴力得到的是完全相同的
相比而言,莫队还得考虑删除是否为$O(1)$呢
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <vector>
using namespace std; const int N=; int n;
vector<int> v[N]; int fa[N],sz[N],dep[N],son[N]; inline void dfs(int x,int f)
{
fa[x]=f;
sz[x]=;
dep[x]=dep[fa[x]]+; for(int i=;i<v[x].size();i++)
{
int next=v[x][i];
if(next==fa[x])
continue; dfs(next,x); sz[x]+=sz[next];
if(!son[x] || sz[next]>sz[son[x]])
son[x]=next;
}
} int ans[N],cnt[N],val; inline void Add(int x,int num)
{
cnt[dep[x]]+=num;
val=(cnt[dep[x]]>cnt[val] || (cnt[dep[x]]==cnt[val] && dep[x]<val)?dep[x]:val); for(int i=;i<v[x].size();i++)
{
int next=v[x][i];
if(next==fa[x])
continue;
Add(next,num);
}
} inline void Solve(int x,int keep)
{
for(int i=;i<v[x].size();i++)
{
int next=v[x][i];
if(next==fa[x] || next==son[x])
continue;
Solve(next,);
} if(son[x])
Solve(son[x],); for(int i=;i<v[x].size();i++)
{
int next=v[x][i];
if(next==fa[x] || next==son[x])
continue;
Add(next,);
} cnt[dep[x]]+=;
val=(cnt[dep[x]]>cnt[val] || (cnt[dep[x]]==cnt[val] && dep[x]<val)?dep[x]:val);
ans[x]=val; if(!keep)
Add(x,-);
} int main()
{
// freopen("input.txt","r",stdin);
scanf("%d",&n);
for(int i=;i<n;i++)
{
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
v[x].push_back(y);
v[y].push_back(x);
} dfs(,);
Solve(,); for(int i=;i<=n;i++)
printf("%d\n",ans[i]-dep[i]);
return ;
}
一道被我做难的题:CF 375D($Tree$ $and$ $Queries$)
题意跟$Lomsat$ $gelral$有点像,但是求的是出现次数不少于$k$的颜色有多少种
如果统计出现次数$cnt$,那么我们可以在当前节点$x$合并完子树后,在$cnt$数组上求区间和,也就是把第一题中的$sum$数组上的更新搬到线段树上
不过有种更妙的方法,用类似栈的思想,只需要开一个数组来统计:
- 如果颜色$color$被加入,那么出现次数不少于$cnt[color]$的颜色数不变(因为$color$已经在之前被统计过了),次数不少于$cnt[color]+1$的颜色数增加$1$,最后$cnt[color]++$
- 如果颜色$color$被删去,那么出现次数不少于$cnt[color]$的颜色数减$1$,次数不少于$cnt[color]-1$的颜色数不变,最后$cnt[color]--$
不过如果最后询问的是出现次数不少于$k$的颜色数量$\times$颜色序号,应该是没法避免线段树了
还是应该再多想想的...
(这题好像莫队也能玩的很开心,没反应过来)
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <vector>
using namespace std; typedef pair<int,int> pii;
const int N=; int SZ=;
int t[N<<]; inline void Modify(int k,int x)
{
k=k+SZ;
t[k]+=x;
k>>=; while(k)
{
t[k]=(t[k<<]+t[k<<|]);
k>>=;
}
} inline int Query(int k,int p,int a,int b)
{
if(b<p)
return ;
if(a>=p)
return t[k]; int mid=(a+b)>>;
return Query(k<<,p,a,mid)+Query(k<<|,p,mid+,b);
} int n,m;
int c[N];
vector<int> v[N]; int fa[N],sz[N],son[N]; inline void dfs(int x,int f)
{
fa[x]=f;
sz[x]=; for(int i=;i<v[x].size();i++)
{
int next=v[x][i];
if(next==fa[x])
continue; dfs(next,x);
sz[x]+=sz[next];
if(!son[x] || sz[next]>sz[son[x]])
son[x]=next;
}
} vector<pii> q[N];
int ans[N],cnt[N]; inline void Add(int x,int num)
{
Modify(cnt[c[x]],-);
cnt[c[x]]+=num;
Modify(cnt[c[x]],); for(int i=;i<v[x].size();i++)
{
int next=v[x][i];
if(next==fa[x])
continue;
Add(next,num);
}
} inline void Solve(int x,int keep)
{
for(int i=;i<v[x].size();i++)
{
int next=v[x][i];
if(next==fa[x] || next==son[x])
continue;
Solve(next,);
} if(son[x])
Solve(son[x],); for(int i=;i<v[x].size();i++)
{
int next=v[x][i];
if(next==fa[x] || next==son[x])
continue;
Add(next,);
} Modify(cnt[c[x]],-);
cnt[c[x]]++;
Modify(cnt[c[x]],); for(int i=;i<q[x].size();i++)
{
int rnk=q[x][i].first,id=q[x][i].second;
ans[id]=Query(,rnk,,SZ-);
} if(!keep)
Add(x,-);
} int main()
{
// freopen("input.txt","r",stdin);
scanf("%d%d",&n,&m);
while(SZ<n+)
SZ<<=;
for(int i=;i<=n;i++)
scanf("%d",&c[i]);
for(int i=;i<n;i++)
{
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
v[x].push_back(y);
v[y].push_back(x);
} dfs(,); for(int i=;i<=m;i++)
{
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
q[x].push_back(pii(y,i));
} Solve(,); for(int i=;i<=m;i++)
printf("%d\n",ans[i]);
return ;
}
也是一种树上统计的技巧吧
以后遇到题目再补在这里
Luogu P1600 (天天爱跑步,$NOIP2016$)
题解写在树上差分里面了
CF Gym 259514K ($Tree$,$2019ICPC$南昌)
有点类似树上背包的思想,在solve轻儿子时也将信息合并到当前节点上去
至于其他的就是pbds NB
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std; #include <ext/pb_ds/tree_policy.hpp>
#include <ext/pb_ds/assoc_container.hpp>
using namespace __gnu_pbds; typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
typedef tree<pii,null_type,less<pii>,rb_tree_tag,tree_order_statistics_node_update> rbtree; const int INF=<<;
const int N=; int n,k;
int val[N];
vector<int> v[N]; int dep[N],sz[N],son[N]; void dfs(int x,int fa)
{
dep[x]=dep[fa]+;
sz[x]=; for(int i=;i<v[x].size();i++)
{
int nxt=v[x][i];
dfs(nxt,x); sz[x]+=sz[nxt];
if(!son[x] || sz[nxt]>sz[son[x]])
son[x]=nxt;
}
} ll ans;
rbtree t[N]; void add(int x,int dlt)
{
if(dlt)
t[val[x]].insert(pii(dep[x],x));
else
t[val[x]].erase(pii(dep[x],x)); for(int i=;i<v[x].size();i++)
add(v[x][i],dlt);
} void calc(int x,int lca)
{
int rem=val[lca]*-val[x];
if(rem>=)
{
int ord=t[rem].order_of_key(pii(*dep[lca]-dep[x]+k,INF));
ans+=ord;
} for(int i=;i<v[x].size();i++)
calc(v[x][i],lca);
} void solve(int x,int lca,int keep)
{
for(int i=;i<v[x].size();i++)
{
int nxt=v[x][i];
if(nxt!=son[x])
solve(nxt,nxt,);
} if(son[x])
solve(son[x],son[x],); for(int i=;i<v[x].size();i++)
{
int nxt=v[x][i];
if(nxt!=son[x])
{
calc(nxt,lca);
add(nxt,);
}
} t[val[x]].insert(pii(dep[x],x));
if(!keep)
add(x,);
} int main()
{
scanf("%d%d",&n,&k);
for(int i=;i<=n;i++)
scanf("%d",&val[i]);
for(int i=;i<=n;i++)
{
int x;
scanf("%d",&x);
v[x].push_back(i);
} dfs(,);
solve(,,); printf("%lld\n",ans*);
return ;
}
(完)