启发式合并学习笔记

启发式合并

upd:学了线段树合并之后回来，决定将两篇分开

关于启发式合并：

首先对于启发式算法的定义：

启发式算法是基于人类的经验和直观感觉，对一些算法的优化。

比如启发式搜索\(A^*\)算法。
至于启发式合并是什么，请先考虑一个问题：将\(n\)个元素个数为\(m\)的线性数据结构合并，求时间复杂度
如果用朴素算法合并，每次合并的最坏时间复杂度为\(O(m)\),\(n\)个元素合并的最坏时间复杂度为\(O(nm)\),属实是拉跨
考虑每次合并两个数据结构时，将个数少的合并到个数多的数据结构时的时间复杂度，即每次合并复杂度为\(O(\min(m_1,m_2))\)
似乎没啥软用？
如果注意到这样合并会产生一个性质：每次合并后个数为合并前少的部分的个数的两倍以上，所以每个元素最多被合并\(logn\)次（可以自己想想为啥），总时间复杂度也就变成\(O(nlogm)\)
同时，启发式合并也是很多高级算法的前置知识，比如线段树的合并，如果用启发式合并，可以将复杂度优化到\(mlog^2m\)(线段树合并小蒟蒻还不会，所以没写)
总而言之启发式合并核心思想就一句话：把小集合的合并到大的里。

模板题：

1、
洛谷 P3201 [HNOI2009] 梦幻布丁
链表+启发式合并
题意很容易理解，此处不在赘述。
其中的“将颜色\(x\)的布丁全部变成颜色\(y\)”操作可以抽象成一个合并过程。
因为数据范围是\(10^5\),虽然原始数据可以\(n^2\)过百万，但后来被卡了kk/
所以要考虑使用启发式合并。
对于题目中每一种颜色的元素，创造一个链表，每次染色操作就把标记为\(x\)的链合并到标记为\(y\)的链上（要判断一下，保证x是更短的链）。
注意一个细节：要开一个数组存储某个链表的当前颜色。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;const int N=2e6;
int color[N],fir[N],nt[N],now[N],cnt[N],st[N],ans,n,m;
void merge(int x,int y){
	cnt[y]+=cnt[x];cnt[x]=0;
	for(int i=fir[x];i;i=nt[i]){if(color[i+1]==y)	ans--;if(color[i-1]==y)	ans--;}
	for(int i=fir[x];i;i=nt[i])color[i]=y;
	nt[st[x]]=fir[y];fir[y]=fir[x];fir[x]=st[x]=cnt[x]=0;
}int main(){
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>color[i];now[color[i]]=color[i];
		if(color[i]^color[i-1])ans++;
		if(!fir[color[i]])	st[color[i]]=i;
		cnt[color[i]]++;nt[i]=fir[color[i]];fir[color[i]]=i;
	}
	for(int i=1,opt,x,y;i<=m;i++){
		cin>>opt;if(opt==2)	cout<<ans<<endl;
		else{
			cin>>x>>y;if(x==y)	continue;
			if(cnt[now[x]]>cnt[now[y]])swap(now[x],now[y]);
			x=now[x],y=now[y];if(cnt[x])merge(x,y);
		}
	}return 0;
}

2、
洛谷 P5290 [十二省联考 2019] 春节十二响
配对堆+启发式合并
题意：有一个树，树上每个点带点权，现在将点划成若干个集合，要求每个集合里的点没有祖先后代关系，集合的权值是集合里点权最大的点的权值，求一个划分方案使所有集合权值总和最小。
做法：

• 由链的部分分可以发现，对于一条链可以直接对于左右各开一个堆，然后每次左右各弹一个取\(max\),我们思考怎么由链拓宽到树上。
• 以二叉树为例，它的每一个二叉可以看做一条链，左右两部分按照部分分的方式合并之后就变成了条新的链，链上每个点为之前两条“子链”的两个对应点的\(max\),然后递归的做下去就好了。
• 至于多叉树，显然和二叉树一样。

时间复杂度：

• 理论上的时间复杂度应为\(O(nlog^2n)\)，但是这道题的启发式合并与传统的启发式合并有所不同，实际上的时间复杂度为\(O(nlogn)\)
• 因为在合并的过程中，并没有“合并”进去，而是把小的那部分“贴”上去后直接把小的“丢掉了”，每个点只会被遍历一次
• 每弹出一个点的时间复杂度为\(O(logn)\),所以总时间复杂度为\(O(nlogn)\)

最后，不开long long见祖宗，数组开小见祖宗。

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;const int N=5e5;
int n,a[N],fir[N],cnt,ans;stack<int> s;priority_queue<int> q[N];
struct edge{int v,nt;}e[N];void into(int u,int v){e[++cnt].v=v;e[cnt].nt=fir[u];fir[u]=cnt;}
void merge(int x,int y){
	if(q[x].size()<q[y].size())	swap(q[x],q[y]);
	while(!q[y].empty()){s.push(max(q[x].top(),q[y].top()));q[x].pop();q[y].pop();}
	while(!s.empty())q[x].push(s.top()),s.pop();
}void dfs(int x){
	for(int i=fir[x];i;i=e[i].nt)dfs(e[i].v),merge(x,e[i].v);
	q[x].push(a[x]); 
}signed main(){
	cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++)	cin>>a[i];
	for(int i=2,u;i<=n;i++)cin>>u,into(u,i);dfs(1);
	while(!q[1].empty())ans+=q[1].top(),q[1].pop();
	cout<<ans<<endl;return 0;
}