【CF1009F Dominant Indices】（长链剖分）

题意

给定一棵以 $1$ 为根， $n$ 个节点的树。设 $d(u,x)$ 为 $u$ 子树中到 $u$ 距离为 $x$ 的节点数。

对于每个点，求一个最小的 $k$ ，使得 $d(u,k)$ 最大。

$1 \leq n \leq 10^6$ 。

思路

考虑朴素的 dp 转移，即：

d_{u, x} = \sum_{v \in s o n_{u}} d_{v, x - 1}

$d_{u,x}=\sum_{v \in son_u} d_{v,x-1}$

时间复杂度为 $O(n^2)$ ,利用线段树合并或树上启发式合并的方法可以优化到 $O(n \log n)$ ，这里主要介绍一种长链剖分优化的方式。

长链剖分，即设定 $u$ 的重儿子 $v$ ：满足子树 $v$ 中存在深度最大的节点的儿子。那么对于每一个顶点节点，从它前往深度最深的节点的路径就是一条重链。

可以证明，这样划分满足任意一个节点到根节点的路径被不超过 $O(\sqrt{n})$ 条重链覆盖。

回到本题中，对于一个节点 $u$ ，注意到当它只有一个儿子 $v$ 的时候，信息可以直接转移过来。考虑对状态定义进行优化，设 $f_{u,x}$ 为，与 $u$ 子树中最深的那个节点的深度差为 $x$ 的节点个数。那么每次就可以直接继承重儿子的信息。

而对于其余的轻儿子，即其他重链的顶点节点，直接暴力枚举深度合并答案。由于每条重链最多只会被合并一次，所以时间复杂度为 $O(n)$

code：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
using namespace std;
const int N=1e6+10;
vector<int>f[N];
int n,dep[N],son[N],ans[N],h[N],idx;
struct edge{int v,nex;}e[N<<1];
void add(int u,int v){e[++idx]=edge{v,h[u]};h[u]=idx;}
void dfs(int u,int fa)
{
	for(int i=h[u];i;i=e[i].nex)
	{
		int v=e[i].v;if(v==fa) continue;dfs(v,u);
		if(!son[u]||dep[v]>dep[son[u]]) son[u]=v,dep[u]=dep[v]+1;
	}
}
void solve(int u,int fa)
{
	if(!son[u]) return f[u].push_back(1),ans[u]=0,void();solve(son[u],u);
	swap(f[u],f[son[u]]),ans[u]=ans[son[u]];f[u].push_back(1);//vector swap为O(1) 
	if(f[u][ans[u]]==1) ans[u]=dep[u];//特判一条链的情况 
	for(int i=h[u];i;i=e[i].nex)
	{
		int v=e[i].v;if(v==fa||v==son[u]) continue;solve(v,u);
		for(int j=dep[v];j>=0;j--)
		{
			int tmp=dep[u]-(dep[v]-j+1);f[u][tmp]+=f[v][j];
			if(f[u][tmp]>f[u][ans[u]]||f[u][tmp]==f[u][ans[u]]&&tmp>ans[u]) ans[u]=tmp;
		}
	}
}
int main()
{
	scanf("%d",&n);for(int u,v,i=1;i<n;i++) scanf("%d%d",&u,&v),add(u,v),add(v,u);dfs(1,0);solve(1,0);
	for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d\n",dep[i]-ans[i]);
	return 0;
}