【学习笔记】DSU on Tree

合集 - 学习笔记(42)

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33.【学习笔记】DSU on Tree2023-08-22

34.【学习笔记】DP 优化 3：闵可夫斯基和优化 DP2023-09-0135.【学习笔记】笛卡尔树2023-09-0536.【学习笔记】Miller-Rabin 算法2023-10-2437.【学习笔记】DP 优化 4：决策单调性2023-11-1538.【学习笔记】DP 优化 5：wqs 二分优化 DP2023-12-0439.【学习笔记】边分治2023-12-2840.【学习笔记】KMP 相关算法2024-01-1041.【学习笔记】概率生成函数2024-01-1142.【学习笔记】离散对数和剩余2024-01-25

收起

概述#

DSU on Tree 即树上启发式合并，重点不在“合并”，而在利用树链剖分的性质对子树问题进行复杂度正确的分治。

面对多组询问但不带修改的树上题目，可以使用 DSU on Tree 解决。

算法流程#

1. 递归处理轻儿子的答案

2. 递归处理重儿子的答案

3. 重新遍历轻儿子子树，计算当前子树的答案

4. 如果当前节点是轻儿子，重新遍历整棵子树，清除答案

发现一个节点被再次遍历当且仅当其所在的子树根为轻儿子，在这之后其所在子树大小至少扩大 $2$ 倍，因此每个节点最多被遍历 $O(\log n)$ 次，那么总遍历次数是 $O(n\log n)$，若单个节点计算答案复杂度 $O(k)$，总复杂度 $O(kn\log n)$。

实现如下：

void dfs1(){
    // 求出重儿子
}
void add(){
    // 加入一个节点的贡献
}
void del(){
    // 删去一个节点的贡献
}
void insert(int u){
    // 加入整棵子树的贡献
    add(u);
    for(int i=head[u],v;i;i=e[i].nxt){
        v=e[i].to;
        if(v==fa[u]) continue;
        insert(v);
    }
}
void erase(int u){
    // 删去整棵子树的贡献
    del(u);
    for(int i=head[u],v;i;i=e[i].nxt){
        v=e[i].to;
        if(v==fa[u]) continue;
        erase(v);
    }
}
void dfs2(int u){
    // 递归处理轻儿子答案
    for(int i=head[u],v;i;i=e[i].nxt){
        v=e[i].to;
        if(v==fa[u]||v==son[u]) continue;
        dfs2(v);
    }
    // 递归处理重儿子答案
    if(son[u]) dfs2(son[u]);
    // 重新遍历轻儿子子树，计算当前子树的答案
    add(u);
    for(int i=head[u],v;i;i=e[i].nxt){
        v=e[i].to;
        if(v==fa[u]||v==son[u]) continue;
        insert(v);
    }
    // 如果当前节点是轻儿子，重新遍历整棵子树，清除答案
    if(fa[u]&&son[fa[u]]!=u) erase(u);
}

例题#

CodeForces-600E Lomsat gelral *2300#

维护当前最多出现次数以及对应元素之和即可。

CodeForces-570D Tree Requests *2200#

一个判断方式是最多只有一种字符出现次数为奇数，那么字符权值设计成 $2^c$，记录一下每个深度的异或和即可轻松判断。

CodeForces-208E Blood Cousins *2100#

树剖求出 $k$ 级祖先，变成求子树内某深度节点个数。

CodeForces-375D Tree and Queries *2400#

朴素 DSU on Tree，后缀和使用树状数组，时间复杂度 $O(n\log^2 n)$。

CodeForces-741D Arpa's letter-marked tree and Mehrdad's Dokhtar-kosh paths *2900#

比较困难。

考虑改成求 $\mathrm{LCA}$ 为 $u$ 的最长合法路径，把每个字符出现次数的奇偶设计成状态是平凡的，可以想到对每个状态维护最大深度，查询 $O(|\Sigma|)$。

问题是增加一条边如何继承重儿子的信息，发现类似全局异或这条边的值，不妨维护一个标记 $tag$ 表示当前全局异或的标记，这样查询和修改都是原数异或上 $tag$ 进行。轻儿子合并以及暴力清空时，可以用前缀异或和 $O(1)$ 计算到祖先路径上的异或和。

时间复杂度 $O(|\Sigma|n\log n)$。

CodeForces-715C Digit Tree *2700#

设 $S(u,v)$ 表示 $(u,v)$ 路径上数字顺次拼接而成的数，$D(u,v)$ 表示 $(u,v)$ 路径上数字个数，那么在 $\mathrm{LCA}$ 位置统计答案，即要求：

$$S(u,\mathrm{LCA})\times 10^{D(\mathrm{LCA},v)}+S(\mathrm{LCA},v)\equiv 0\pmod m$$

由于保证存在 $10$ 的逆元，移项可以得到：

$$S(u,\mathrm{LCA})\equiv -\dfrac{S(\mathrm{LCA},v)}{10^{D(\mathrm{LCA},v)}}\pmod m$$

这样“拼数字”的意义就转成了模意义下的加减乘除。

简单做法是点分治分别维护。

DSU on Tree 做法比较复杂。

考虑用 map 分别维护 $S(u,\mathrm{LCA})$ 以及 $\frac{S(\mathrm{LCA},u)}{10^{D(\mathrm{LCA},u)}}$，第一次 DFS 可以预处理到根路径上数字正序倒序得到的数字，可以快速得到一段祖先关系的路径上数字拼出的结果。

重点是考虑继承重儿子，即加入一条边 $(u,v,w)$ 影响，不妨维护 $tagcnt,tagsum$ 表示当前实际值 $S'$ 与 map 中存储值 $S''$ 的关系为 $S'=S''\times 10^{tagcnt}+tagsum$。

对于维护 $S(u,\mathrm{LCA})$ 的 map，增加一条边使得 $S=S'\times 10+w$，于是得到 $S=S''\times 10^{tagcnt+1}+(tagsum\times 10+w)$，可以得到两个标记的变化。

对于维护 $\frac{S(\mathrm{LCA},u)}{10^{D(\mathrm{LCA},u)}}$ 的 map，发现维护的值实际上是把拼出来的数作为小数部分，那么增加一个 $w$ 就是在个位增加再向前移动小数点，于是 $S=\frac{1}{10}\times (S'+w)$，得到 $S=S'\times 10^{tagcnt-1}+\frac{1}{10}\times (tagsum+w)$。

得到两个标记的变化后可以轻松计算答案。

参考资料#

• DSU on Tree 总结 - 粗酥雨

• [Tutorial] DSU on Tree - Arpa